在C ++中转发params

Question

我有一些课程和包装。 例如：

#include <iostream>
#include <string>

template<typename T>
class inner
{
public:
    void f(T& v) { std::cout<<"lvalue: "<<v<<std::endl;}
    void f(T&& v) { std::cout<<"rvalue: "<<v<<std::endl;}
};

template<typename T>
class wrapper
{
public:
    template<typename _T>
    void f(_T&& v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //(1)

private:
    inner<T> i;
};

int main()
{
    wrapper<std::string> c;
    //inner<std::string> c;

    c.f("r");

    std::string s = "l";
    c.f(s);
}

在c是inner输出的情况下是正确的：

rvalue: r
lvalue: l

但是当c是wrapper输出不正确时：

rvalue: r
rvalue: l

为什么l值成为r值？

如果在第(1)行上wrapper的f定义有什么区别：

    template<typename _T>
    void f(_T v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //without &&

Answer 1

因为你在做：

template<typename _T>
void f(_T&& v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //(1)
                                  ^
                                  T, not _T

你总是只使用T ，而不是推导出的v类型。 为了更加清晰，你实际上在做：

template <typename _T>
void f(_T&& v) {
    i.f(std::forward<std::string>(v));
}

std::forward<std::string>(v)是string&& 。

对于你的第二个问题：

template<typename _T>
void f(_T v) { i.f(std::forward<T>(v)); } //without &&

由于_T在这里永远不会推断为引用类型，因此std::forward<T>(v)将等同于std::move(v) - 它只是一个转换为右值引用。