std :: enable_if與std :: is_reference無法編譯

Question

像std::reference_wrapper使用指針下方的指針來存儲「引用」，我試圖做類似於下面的代碼。

#include <type_traits> 

struct Foo 
{ 
    void* _ptr; 

    template<typename T> 
    Foo(T val, 
     typename std::enable_if 
      < 
       std::is_reference<T>::value, 
       void 
      >::type* = nullptr) 
     : _ptr(&val) 
    { } 
}; 

int main() 
{ 
    int i = 0; 
    int& l = i; 

    Foo u2(l); 

    return 0; 
} 

然而，這無法編譯：

CXX main.cpp 
main.cpp: In function ‘int main()’: 
main.cpp:23:13: error: no matching function for call to ‘Foo::Foo(int&)’ 
main.cpp:23:13: note: candidates are: 
main.cpp:8:5: note: template<class T> Foo::Foo(T, typename std::enable_if<std::is_reference<_Tp>::value, void>::type*) 
main.cpp:8:5: note: template argument deduction/substitution failed: 
main.cpp: In substitution of ‘template<class T> Foo::Foo(T, typename std::enable_if<std::is_reference<_Tp>::value, void>::type*) [with T = int]’: 
main.cpp:23:13: required from here 
main.cpp:8:5: error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false, void>’ 
main.cpp:3:8: note: constexpr Foo::Foo(const Foo&) 
main.cpp:3:8: note: no known conversion for argument 1 from ‘int’ to ‘const Foo&’ 
main.cpp:3:8: note: constexpr Foo::Foo(Foo&&) 
main.cpp:3:8: note: no known conversion for argument 1 from ‘int’ to ‘Foo&&’ 

我怎樣才能爲參考參數enable_if回是真的嗎？

Answer 1

T在這種情況下永遠不會被推斷爲引用類型。在構建對象u2時，構造函數模板參數推導爲int。

雖然可變u2的類型是int&，當你在表達式中使用u2，它是int類型的左值表達式。 An expression never has reference type.

模板參數推導使用函數參數的類型來推導模板參數類型。函數參數是表達式。因此，由於沒有表達式具有引用類型，所以模板參數永遠不會被推斷爲引用類型。

[在C++ 11中，如果函數參數的類型爲T&&,T可能推導爲類型T&如果參數是一個左值。這種機制可以完美轉發。不過，這與您的場景無關。]

實際上，在表達式中，對象和對該對象的引用是無法區分的。引用只允許您爲對象提供其他名稱。