為什么 const char[] 上的類型推導與 const char * 不同？

Question

在第一次調用中，當我將char const []傳遞給模板 function 並帶有T const a參數時， T被推斷為char const *這是合理的，因為const指的是衰減指針。

但是，當參數類型更改為T const & a時， T推導出為char[7] 。 從上面的角度來看，為什么const不能限定整個數組類型？

template <typename T>
void show1(T const a) {
     // input is const char *
     // T is char const *
     // a is char const * const
}

template <typename T>
void show2(T const & a) {
     // input is char const [7]
     // T is char[7]
     // a is char const (&)[7]
}

int main() {
    const char s[] = "asdasd";
    show1(s);
    show2(s);
}

Answer 1

為什么const不能限定整個數組類型

因為對於數組類型，

（強調我的）

將cv 限定符應用於數組類型（通過 typedef 或模板類型操作）將限定符應用於元素 type ，但其元素為 cv 限定類型的任何數組類型都被認為具有相同的 cv 限定。

 // a and b have the same const-qualified type "array of 5 const char" typedef const char CC; CC a[5] = {}; typedef char CA[5]; const CA b = {};

這意味着當T是char[7] T const導致類型char const[7] ，然后T const& （即a的類型）是char const (&)[7] 。

另一方面，當您傳遞類型為const char[7]的數組s時，該數組也被認為是 const 限定的。 所以給定參數類型T const& ， T被推導出為char[7] （但不是char const[7] ）。

Answer 2

這是因為 arrays 在 C++ 中是不可復制和不可分配的。

所以在調用show1時， const char[]類型衰減為const char* 。 該語言允許在 function 調用站點對每個參數進行一次隱式轉換。

使用show2 ，您通過引用傳遞 - 不需要復制或分配，因此不會發生指針衰減。

Answer 3

template <typename T>
void show(ParameterType a) {
}

show(expression);

編譯器使用expression來推斷T和ParameterType 。 如果ParameterType包含諸如const類的限定符，則T和ParameterType是不同的。

如果ParameterType既不是指針也不是引用（您的 show1, T const的情況）， T的類型是沒有const 、 volatile和引用的expression類型。 所以T是const char *的類型。 ParameterType （ a類型）是const char * const 。

如果ParameterType （您的 show2 中的T const & ）是指針或引用（但不是像T&&這樣的引用）。 首先忽略參考，它給出結果T const （與const T相同）。 第二個匹配類型的expression （ const char [] ）到const T ，所以T是char [] 。

有關更多信息， Scott Meyers 的 Effective Modern C++ 的第 1 項正是您想要的。 規則比我在這里描述的更復雜，但非常重要。