Move语义和std::move

Question

我有一个关于移动语义的一般性问题。昨天，我只是四处游玩，以便对这个话题感到更舒服。在这里，我添加了复制和移动构造函数操作符，只需登录到控制台：

#include <iostream>

class Test {    
public:
  const char* value = "HI";
  Test(){
     std::cout << "Default Constructed\n";
  }
  Test(Test &&source) { 
     std::cout << "Move Constructed\n";
  }
  Test(const Test &source) {
     std::cout << "Copy Constructed\n";
  }
};    

现在当我打电话

void showMe(Test&& test) {
  std::cout << test.value;
}

int main() {
  Test test1;
  // Test test2{test1};
  showMe(std::move(test1));

  return 0;
}

控制台注销：

默认构造的

HI

这一点对我来说很清楚，因为我们只是将所有权转移到showMe。但是为什么未调用Test的move构造函数运算符？

但是现在，如果我将showMe函数改为

void showMe(Test test) {
  std::cout << test.value;
}

控制台显示：

默认构造的

Move构造

HI

所以我的问题是，为什么移动构造器操作符在第一种情况下没有执行，而在第二种情况下呢？我通常认为在第一种情况下，Test的move操作符应该执行。这两宗个案有何分别？

Answer 1

，但是为什么未调用测试的move构造函数运算符？

因为您一直通过对rvalue的引用对同一个对象进行操作。没有新的对象正在构建，因此不需要构造函数。

可以想象，您可以继续向下传递该引用，就像对const的常规引用或引用一样--引用的本质就是它们不是对象。

在第二个示例中，函数的参数是一个值，为了构造该值，第二个构造函数需要触发。

Answer 2

首先，您传递一个引用。因此，不需要创建新的对象。

Answer 3

在void中，showMe( test )形式参数期望通过值传递，所以这就是迁移构造\get被调用的原因(传递值意味着参数被复制到函数中)。调用移动构造函数) .in第二种情况下，showMe(测试&测试)形式参数期望引用传递，因此没有创建新对象，也没有调用构造函数