函数模板仅采用右值

Question

编写仅采用左值的函数很容易

template <typename T>
void f(T&);

但是由于通用引用，编写只接受右值引用的引用并不简单。 有没有办法编写只接受右值引用的通用函数？ （返回类型并不是真正的问题）

template <typename T>
void only_rvals(T&&);

哪里

int i{};
only_rvals(i); // fails to compile
only_rvals(6); // successfully compiles

Answer 1

添加一个

template<class T>
void only_rvals(T&)=delete;

超载到通用的。 它将是首选，如果选择则会生成错误。

或者，SFINAE 检查，或后 C++1y 要求子句，或

static_assert

，或使用

is_reference

或类似的标签调度都可以工作。

理想情况下，您希望调用时出现故障、代码清晰、诊断清晰、解决方案稳健且可扩展。 后 C++1y 的要求最终将是最好的。

static_assert

提供了清晰的诊断（与标记调度一样，但您希望将名为

is_rvalue

的特征分派到

true_type

），并且 SFINAE 和

=delete

使错误发生在调用站点。

=delete

无法扩展到更多参数，SFINAE 很脆弱。

SFINAE 和

requires

允许使用替代重载。 这可能是所希望的，也可能不是。

Answer 2

我可以看到两种可能的解决方案。 第一个使用

static_assert

在编译时检查推导的类型是否是左值引用。 如果是，则编译会在该行失败，并出现您想要添加的任何有意义的错误

template <typename T>
void only_rvals(T&& t) {
    static_assert(!std::is_lvalue_reference<T>::value,
            "I only work with rvalues");
    // ...
}

如果您希望编译器“自然”失败并出现（imo）难以理解的错误，您可以使用辅助函数（此处使用

_impl

）来实现。 被调用函数使用

remove_reference

来调用其模板参数具有非引用类型的辅助函数。 这确保实例化的帮助器具有其参数类型的右值引用。 如果原始类型是左值引用，则调用将失败，因为尝试将参数作为左值引用转发。

#include <type_traits>
#include <utility>

template <typename T>
void only_rvals_impl(T&& t) {
    //...
}

template <typename T>
void only_rvals(T&& t) {
    // no type deduction on this call, explicit instantiation
    only_rvals_impl<typename std::remove_reference<T>::type>(
            std::forward<T>(t));
}

@dyp 评论中使用 SFINAE 的第三个解决方案

template<typename T>
typename std::enable_if< !std::is_lvalue_reference<T>{}, void>::type
only_rvals(T&& t)  {
    //...
}

void

中的

enable_if

是不必要的，因为它是默认值，但此处显示是为了易于修改的解决方案

Answer 3

4. 如果 P 是对 cv-unqualified
的右值引用

记下此要求和标准中的示例代码。 您所需要的只是“假”const/volatile T&&

template <typename T>
void only_rvals(volatile T&&);