爲什麼std :: move（）不能在沒有_Remove_reference的情況下工作？

Question

_Remove_reference存在，如你所知，轉換牛逼&到T或T & &到T.

我做了一個好玩的心情下面的代碼，這是行不通的，因爲我希望所有，但都沒有想法爲什麼。

template<class _Ty> 
struct _Remove_reference 
{ // remove reference 
    typedef _Ty _Type; 
    static void func(){ cout << "1" << endl; } 
}; 

// template<class _Ty> 
// struct _Remove_reference<_Ty&> 
// { // remove reference 
// typedef _Ty _Type; 
// static void func(){ cout << "2" << endl; } 
// }; 
// 
// template<class _Ty> 
// struct _Remove_reference<_Ty&&> 
// { // remove rvalue reference 
// typedef _Ty _Type; 
// static void func(){ cout << "3" << endl; } 
// }; 

template<class _Ty> inline 
    typename _Remove_reference<_Ty>::_Type&& 
    move(_Ty&& _Arg) 
{ // forward _Arg as movable 
    typename _Remove_reference<_Ty>::func(); 
    return ((typename _Remove_reference<_Ty>::_Type&&)_Arg); 
} 

int main(){ 
    int a1= 3; 
    int&& a2 = move(a1); // can't convert the a1 to int&& 
    return 0; 
} 

我想這是關於引用崩潰規則和模板參數的演繹，但我很困惑。我對此的好奇心已經被打破，讓我睡得很緊。

在此先感謝。

Answer 1

鑑於

template<class _Ty> inline 
typename _Remove_reference<_Ty>::_Type&& 
move(_Ty&& _Arg) 

當你這樣做move(a1)，_Ty推導爲int&。 _Ty&&將因此仍然int&由於參考崩潰規則，所以你需要刪除提及得到int之前，你可以把它的右值引用。

這是模板參數推導規則的特例。如果函數參數是T&&，其中T是模板參數，那麼如果將左值（即命名對象或左值引用）傳遞給該函數，則T被推導爲X&，其中X是左值對象的類型。如果你傳遞一個右值（臨時值或右值參考）給函數，那麼T就是推導爲X。

例如move(a1)演繹_Ty是int&，而move(42)演繹_Ty是int。

BTW：我想你從你的編譯器的標準庫把這個代碼---飾有一個前導下劃線和一個大寫字母_Like _this名是留給編譯器和標準庫的實現。