在std :: function operator（）和std :: forward中发生了什么？

Question

我在看std::function实现及其调用operator()

template<typename Ret, typename... ArgTypes>
Ret function< Ret (ArgTypes...)>::operator()(ArgTypes...args) const
{
  // some stuff
  return invoker(functor, std::forward<ArgTypes>(args)...);
}

我特别想知道为什么它在这里使用std::forward ？ 这有什么与完美转发有关吗？ 因为只有当operator()是带有可变参数模板声明template<typename... Args> （它不是， 声明是std :: function的部分特化 operator()才能完成转发。 在这里使用std :: forward的意图是什么？ 我很迷惑 ：-）？

Answer 1

你是对的，这不是典型的“完美转发”场景。 一个简短的例子可以帮助说明动机。 假设一个带有检测构造函数和析构函数的类型A ：

#include "A.h"
#include <functional>
#include <iostream>

int
main()
{
    A a1{1};
    A a2{2};
    std::function<void(A, A&)> f{[](A x, A& y){}};
    f(a1, a2);
}

这将输出：

A(int state): 1
A(int state): 2
A(A const& a): 1
A(A&& a): 1
~A(1)
~A(-1)
~A(2)
~A(1)

说明：

a1和a2构造在堆栈上。 然后，当传递给function调用者时，首先复制a1以绑定到第一个by-value参数，然后在a1上调用std::forward<A> ， 将其从by-value参数移动到lambda中。

相反，不需要复制a2来绑定function A&参数，然后调用std::forward<A&>(a2) ，它将a2转发为左值而不是rvalue，这将绑定到A&参数拉姆达。

然后事情就会被破坏。 ~A(-1)表示使用该仪表A在移动构造的状态下对A的破坏。

总之，即使ArgTypes没有像通常的完美转发习惯用法那样推断，我们仍然希望ArgTypes值ArgTypes为rvalues，并将ArgTypes - ArgTypes为lvalues。 所以std::forward恰好正是我们想要的。

Answer 2

我觉得你很困惑这里有很多东西。

首先，完美转发与可变参数模板无关。 您可以创建一个包装类，该类包含一个函数，该函数接受一个参数并将其转发给包装对象：

template<typename T>
struct Wrapper {
    template<typename Arg>
    decltype(auto) test(Arg&& arg) {
        return t.test(std::forward<Arg>(arg));
    }

    T t;
};

注意在没有任何可变参数模板的情况下使用完美转发。 如果t.test需要仅移动类型作为参数，则不能在没有forward<Arg>(arg)情况下调用它。

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这里发生的第二件事是参数没有被&&跟随。 添加&&到ArgTypes将是一个错误，并且会使某些情况无法编译。 考虑这个简单的情况：

std::function<void(int)> f;
int i = 0;
f(i);

这将无法编译。 如果你向ArgTypes添加&& ， ArgTypes每个不引用的参数（例如int ）都将成为调用操作符的右值引用（在我们的例子中是int&& ）。 由于所有参数类型都已在std::function参数列表中正确限定，因此您希望在调用运算符中接收的内容正是那些未转换的类型。

如果你不使用&& ，为什么你需要std::forward ？ 因为即使您不需要推断值类别，仍然需要不将每个参数复制到包含的函数。 如果std::function的参数之一是int& ，则不想移动它。 但是如果其中一个参数是std::unique_ptr<int> ，你必须移动它！ 这正是std::forward的用途。 只移动应该移动的东西。

Answer 3

std::forward只是将rvalue引用附加到类型，因此考虑引用折叠规则，它有效地传递引用参数as-is并移动对象参数。