在下面的情境中
template <class T>
? f(T&& a, T&& b)
{
return a > b ? a : b;
}
最佳的返回类型应该是什么？ 我目前的想法是：
使用r值引用进行返回，并完美转发函数参数：
template <class T>
decltype(auto) f(T&& a, T&& b)
{
return a > b ? forward<T>(a) : forward<T>(b);
}
移动构造返回值：
template <class T>
auto f(T&& a, T&& b)
{
return a > b ? forward<T>(a) : forward<T>(b);
}
尝试找到一种方法来启用（N）RVO（即使我认为，由于我想要使用函数参数，这是不可能的）
这些解决方案有问题吗？有更好的解决方法吗？最佳实践是什么？
template <typename T, typename U>
decltype(auto) f(T&& a, U&& b)
{
return a > b ? std::forward<T>(a) : std::forward<U>(b);
}
a和b的值类别，以及T和U的推断结果。然后，您选择的任何配对都将通过三元运算符的非常复杂的规则。最后，该输出通过decltype规则进行处理，以给出函数的实际返回类型。a和b是兼容类型的左值引用时，结果将是可变的左值引用；如果a和b中有一个是const左值引用，另一个是任何类型的引用，则结果将是const左值引用；否则，f将返回一个新值。decltype规则不起作用，函数将始终返回一个新值--普通auto永远不会推导为引用。std::forward<T>(b) 是一个打字错误吗？ - Piotr Skotnicki这取决于您的意图以及您的 T 的移动意识。每种情况都是有效的，但行为上存在差异；这样做：
template <class T>
decltype(auto) f(T&& a, T&& b)
{
return a > b ? forward<T>(a) : forward<T>(b);
}
完美地转发左值或右值引用，不会产生任何临时变量。如果在那里放置了inline（或者编译器为您放置），就像将参数放在原地一样。与“第一眼直觉”相反，它不会因为“引用”死堆栈对象（对于rvalue的情况）而产生任何运行时错误，因为我们转发的任何临时对象都来自我们上面的调用程序（或下面的调用程序，这取决于您如何考虑函数调用期间的堆栈）。另一方面，在rvalue的情况下：
template <class T>
auto f(T&& a, T&& b)
{
return a > b ? forward<T>(a) : forward<T>(b);
}
当使用f时，将会进行值的移动构造（auto 不会推导出 & 或 &&），如果T不可移动构造，则将调用复制构造函数（如果T是左值引用，则始终会进行复制）。在表达式中使用f后，最终会产生一个 xvalue（这让我想知道编译器是否可以使用初始的 rvalue，但我不敢打赌）。
长话短说，如果使用f的代码以一种处理rvalue和lvalue引用的方式构建，那么我会选择第一种选择，毕竟这就是std::forward所基于的逻辑，此外，当你有左值引用时，不会产生任何副本。
T 都可能导致扣除失败。 - Piotr SkotnickiT 和 U，我们如何返回对它们中任意一个的引用？（假设它们是不同类型的左值）。强制使用相同的 T（加上推断相同的值类别或在编译时失败）使得返回类型仅基于值类别进行类型切换。 - Nikos Athanasiouf的签名就像给出的那样，我不需要改变它的答案，我假设这个答案是“如果你有那个签名，那么...”） - Lorah Attkins
int，U 是double。那么三元运算符的类型将是什么？我会让你自己思考，你应该能理解我的意思。 - Lorah Attkinschar a,b; decltype(a+b) c; std::cout << sizeof(c);这样的东西会打印出 4。 - PeterTtemplate <class T, class U> decltype(auto) f(T&& a, U&& b)这样写没问题；或者你可以让它支持 sfinae，template <class T, class U> auto f(T&& a, U&& b) -> decltype(a > b ? forward<T>(a) : forward<U>(b))。在这两种情况下，编译器会根据条件运算符的操作数确定一个通用类型，来计算适当的返回类型（如果有的话）。我认为你不可能获得比这更多的东西了。 - Piotr Skotnicki