c++ - 非右值引用的可变参数的 C++ 转发

Question

考虑：

template <typename... Args>
void foo(Args... args) {
    bar(std::forward<Args>(args)...);
}

template <typename... Args>
void foo2(Args&&... args) {
    bar(std::forward<Args>(args)...);
}

我理解在 的情况下完美的右值引用转发foo2，但是转发 的可变参数值的目的是foo什么？

如果foo看起来像这样，会有什么不同？

template <typename... Args>
void foo(Args... args) {
    bar(args...);
}

标签： c++variadic-templatesperfect-forwarding

Answer 1

这不是一回事。

在这个

template <typename... Args>
void foo(Args... args) {
    bar(std::forward<Args>(args)...);
}

• Args永远不会被推论为引用（foo(Args...)表示foo按值而不是按引用获取参数）；
• 另一方面std::forward<T>(t)，无非static_cast<T&&>(t)是程序员有更明确的意图；

这两件事加起来就是static_cast<Args&&>(args)...有一个右值引用返回类型，即返回一个右值（因为Args不是一个引用，所以在和之间不会发生引用折叠Args，&&给出一个左值引用返回类型，这意味着一个左值返回值）。

所以不，在您的第一个版本中没有完美的转发foo。其中std::forwardin 它无条件地将其参数转换为右值；这通常是std::move的工作：

// this is equivalent to the code above
template <typename... Args>
void foo(Args... args) {
    bar(std::move(args)...);
}