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c++ - 转发具有明确类型的引用行为

coder 2023-11-17 原文

假设我有一个模板类

template <typename T> class foo;
template <typename... Args>
struct foo<std::tuple<Args...>> {
  std::tuple<Args...> t;
  foo(Args&&... args): t{std::forward<Args>(args)...} { }
};

我知道在这种情况下 Args&&... 是右值引用，我也可以用 std::move 代替 std: :forward.

我也可以有一个带有左值引用的构造函数，就像这样

foo(const Args&... args): t{args...} { }

问题是是否有可能获得与转发引用相同的行为，但对于确定的类型？我想要这个的原因是我可以使用像

这样的语法 
foo bar({. . .}, {. . .}, . . ., {. . .});

如果我定义了 foo(Args&&... args) 构造函数，这会起作用，但不允许混合场景，在这种情况下我想用大括号初始化一些成员元组元素-封闭的初始化列表，并从预先存在的对象实例中复制其他列表。

最佳答案

当然；有一种奇特而简单的方法。

我将在下面详细介绍这种奇特的方式。首先是简单的方法:按值获取。

template <typename... Args>
struct foo<std::tuple<Args...>> {
  std::tuple<Args...> t;
  foo(Args... args): t{std::forward<Args>(args)...} { }
};

真的，就这样做吧。如果 Args 包含引用，则 Forward 用于执行正确的操作。

按值获取比完美转发多了一步，但以指数方式降低了对过载的要求。

这是奇特的方式。我们键入删除结构:

template<class T>
struct make_it {
  using maker=T(*)(void*);
  maker f;
  void* args;
  // make from move
  make_it( T&& t ):
    f([](void* pvoid)->T{
      return std::move(*static_cast<T*>(pvoid));
    }),
    args(std::addressof(t))
  {}
  // make from copy
  make_it( T const& t ):
    f([](void* pvoid)->T{
      return *(T const*)(pvoid);
    }),
    args(std::addressof(t))
  {}
  operator T()&&{return std::move(*this)();}
  T operator()()&&{ return f(args); }
};

此类型通过复制或移动删除构造。

template <typename... Args>
struct foo<std::tuple<Args...>> {
  std::tuple<Args...> t;
  foo(make_it<Args>... args): t{std::move(args)()...} { }
};

它不是完全透明的，但它已经尽可能接近了。

双 {{}} 是必需的，而不是单一的。它是用户定义的转换，因此不会隐式完成另一个转换。我们可以添加一个通用的 ctor:'

  // make from universal
  template<class U>
  make_it( U&& u ):
    f([](void* pvoid)->T{
      return std::forward<U>(*(U*)(pvoid));
    }),
    args(std::addressof(u))
  {}

如果我们添加一个 U&& 可用于隐式构造 T 的 sfinae teat，效果会更好。

它有一些优点，但与仅按值取值相比，它们是微不足道的。例如，在 C++17 中，不可移动类型在某些情况下可以完美前向构造。

关于c++ - 转发具有明确类型的引用行为，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/41526241/

amp43codeArgsc++c++14forwarding-reference

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