什么时候forward<T>等同于forward<decltype(Targ)>？

Question

假设我想要一个普通的高阶函数。最常见的方法是：

A.通用羔羊a

auto F1 = [](auto f) { /*...*/ }

B.功能模板

template<class F> auto F2(F&& f) { /*...*/ }

我的问题是如何在高阶函数中使用 f。虽然只有一种方法可以防止A：

std::forward<decltype(f)>(f)(...); 

案例B至少有两种方法：

std::forward<decltype(f)>(f)(...); 
std::forward<F>(f)(...); 

这些方法是否等同，如果不是，“断领带”的一些例子是什么？

Answer 1

正如所写的，案例A和案例B的声明是不一样的。案例B可以推导出一个lvalue或rvalue引用，但是案例A只能演绎一个值类型。auto类似于模板参数，因此将auto更改为auto&&以使声明匹配。

要回答你的问题，它们是等价的。唯一的区别是引用崩溃发生在B种情况下。当传递给decltype(f)的参数为rvalue时，F始终是引用，而F是值类型：

F2(<lvalue>); decltype(f) == T&,  F == T&
F2(<rvalue>); decltype(f) == T&&, F == T

这对std::forward并不重要，因为引用折叠总是会产生正确的类型。

template< class T >
constexpr T&& forward( typename std::remove_reference<T>::type& t );

如果T是F&&，则返回类型仍然是T&&，因为T&& && == T&&。如果T只是一个F (值类型)，那么返回类型仍然是相同的(T && == T&&)。参考折叠规则可在本站上找到。

TLDR:没有有效的区别，因为引用折叠会产生相同的类型。

Answer 2

当您使用不同类型的参数( rvalue引用、const lvalue引用和non引用)调用您的F2时，让我们来看看正在发生的事情。让我们不要讨论volatile，因为它基本上不添加任何新信息(它的行为与const或const volatile一样)，并假设您为了简单起见传递了不同的int。

首先，推导出F的类型：

• 如果您通过int&&，F将是int，但是(decltype(f) == int&&)。
• 如果您通过const int&，F将是const int& (decltype(f) == const int&)
• 如果您通过int&，F将是int& (decltype(f) == int&)

(有关全面解释，请参阅Scott的博客、谈话或幻灯片 )。

因此，您可以看到，对于后两种情况，decltype(f) == F，所以没有什么需要进一步分析的。但是，对于第一种情况，它们是不同的，因此让我们更深入地研究这一点。

然后将F或decltype(f)作为模板参数传递给std::forward。std::forward 收纳 a std::remove_reference<T>&或std::remove_reference<T>&&，因此参数类型在这两种情况下都是相同的。但是，返回类型可能是不同的(因为我们为它传递不同的T -- int和int&&)。但是，由于编译器执行的引用折叠(同样，请参阅Scott对细节的解释)，int&& &&变成了简单的int&&。因此返回值也是相同的。

总之，如果您将decltype(f)或F用于std::forward，则没有区别。

另外，这里有一些活着示例，它显示了所有推导的类型，甚至对于像const volatile int &&这样的无用的(但有效的)野兽也是如此。