为什么模板构造函数优先于复制构造函数？

Question

#include <iostream>

struct uct
{
    uct() { std::cerr << "default" << std::endl; }

    uct(const uct &) { std::cerr << "copy" << std::endl; }
    uct(      uct&&) { std::cerr << "move" << std::endl; }

    uct(const int  &) { std::cerr << "int" << std::endl; }
    uct(      int &&) { std::cerr << "int" << std::endl; }

    template <typename T>
    uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }
};

int main()
{
    uct u1    ; // default
    uct u2( 5); // int
    uct u3(u1); // template, why?
}

柯尔鲁

构造函数的模板重载适用于两个声明(u2和u3)。但是，当int传递给构造函数时，将选择非模板重载。当调用复制构造函数时，将选择模板重载。据我所知，在过载解析期间，非模板函数总是比模板函数更好。为什么复制构造函数的处理方式不同？

Answer 1

据我所知，在过载解析过程中，非模板函数总是优先于模板函数。

只有当专门化和非模板完全相同时，这才是正确的。不过，这里的情况并非如此。调用uct u3(u1)时，重载集将获得

uct(const uct &)
uct(uct &) // from the template

现在，由于u1不是const，所以必须应用const转换来调用复制构造函数。要调用模板专门化，它不需要做任何操作，因为它是完全匹配的。这意味着模板获胜，因为它是更好的匹配。

要停止这种情况，您可以做的一件事是使用SFINAE将模板函数限制为仅在T不是uct时才调用。看起来就像

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<uct, std::decay_t<T>>, bool> = true>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }

Answer 2

当尝试调用复制构造函数时，将选择模板重载。据我所知，在过载解析过程中，非模板函数总是优先于模板函数。为什么复制构造函数的处理方式不同？

template <typename T>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }
//    ^^

模板版本被选中的原因是编译器能够

生成一个具有签名(T &)的构造函数，该构造函数更适合并因此被选中。

• 如果您将签名从uct u1更改为const uct u1，那么它将适合复制构造函数(因为u1最初不是const )。
• 如果您将签名从uct(const uct &)更改为uct(uct&)，这将是一个更合适的选择，它将选择这个版本而不是模板版本。
• 此外，如果您使用了uct(uct&&)，则将选择uct u3(std::move(u1));。

要解决这个问题，可以使用SFINAE在T与uct相同的情况下禁用重载。

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<std::decay_t<T>, uct>>>
uct(T&&)
{
  std::cerr << "template" << std::endl;
}

Answer 3

问题是模板构造函数没有限定const，而非模板复制构造函数的参数中有限定符const。如果要将对象u1声明为const对象，则将调用非模板复制构造函数。

来自C++ STandard (7标准转换)

1标准转换是内建意义的隐式转换。条例草案第7条列举这类转换的全部内容。标准转换序列是按以下顺序进行的标准转换序列： (1.4) -零或一次资格转换

因此，复制构造函数需要一个标准转换，而模板构造函数不需要这样的转换。