我认为将
std::forward
解释为
static_cast<T&&>
是令人困惑的。我们对于强制转换的直觉是它将一种类型转换为其他类型 - 在这种情况下,它将转换为右值引用。但实际上并不是这样!因此,我们使用另一种神秘的方法来解释一个神秘的东西。这种特殊的转换由Xeo的回答中的表定义。但问题是:为什么?所以这是我的理解:
假设我想要传递给你一个
std::vector<T> v
,你应该将其作为数据成员
_v
存储在你的数据结构中。天真(且安全)的解决方案是始终将向量复制到其最终目标中。因此,如果您通过中介函数(方法)执行此操作,则该函数应声明为采用引用。 (如果您将其声明为按值采用矢量,则会执行额外的完全不必要的副本。)
void set(const std::vector<T> & v) { _v = v; }
如果你手头有一个左值,那么这一切都很好,但是如果你手头有一个右值呢?假设这个向量是调用函数makeAndFillVector()
的结果。如果你执行了直接赋值:
_v = makeAndFillVector();
编译器会移动向量而不是复制它。但如果引入中介
set()
,则有关参数rvalue属性的信息将丢失并进行复制。
set(makeAndFillVector()); // set will still make a copy
为了避免这种复制,你需要使用"完美转发",这将每次产生最优代码。如果给出一个左值,你希望你的函数将其视为左值并进行复制。如果给出一个右值,你希望你的函数将其视为右值并移动它。
通常情况下,你可以通过分别对左值和右值重载函数
set()
来实现。
set(const std::vector<T> & lv) { _v = v; }
set(std::vector<T> && rv) { _v = std::move(rv); }
但现在想象一下,您正在编写一个模板函数,该函数接受
T
并使用该
T
调用
set()
(不用担心我们的
set()
仅针对向量定义的事实)。诀窍在于,当使用左值实例化模板函数时,您希望此模板调用
set()
的第一个版本,并在使用右值初始化时调用第二个版本。
首先,这个函数的签名应该是什么?答案是:
template<class T>
void perfectSet(T && t);
根据您调用此模板函数的方式,类型 T
的推断结果会有所不同。如果您使用左值进行调用:
std::vector<T> v;
perfectSet(v);
向量v
将会通过引用传递。但如果你使用右值调用它:
perfectSet(makeAndFillVector());
(匿名)向量将通过右值引用传递。因此,C++11魔法被有意设置为尽可能保留参数的rvalue特性。
现在,在perfectSet内部,您想要完美地将参数传递给set()
的正确重载。这就是需要使用std::forward
的地方:
template<class T>
void perfectSet(T && t) {
set(std::forward<T>(t));
}
如果没有使用std::forward,编译器会假设我们想通过引用传递t。为了让你自己相信这一点,可以将以下代码进行比较:
void perfectSet(T && t) {
set(t);
set(t);
}
转换为:
void perfectSet(T && t) {
set(std::forward<T>(t));
set(t);
}
如果您没有显式地转发
t
,编译器必须防御性地假设您可能会再次访问t,并选择set的左值引用版本。但是,如果您转发
t
,则编译器将保留其rvalue状态,并调用rvalue引用版本的
set()
。此版本将移动
t
的内容,这意味着原始内容变为空。
这个答案比我最初想象的要长得多 ;-)
std::forward
实际上只是对static_cast<T&&>
的一种语法糖。 - Nicol Bolasint a
,则int
有时可以是lvalue,如果您从函数int fun()
返回它,则有时是rvalue)。当您查看参数thing&& x
时,它的类型是一个rvalue reference
,但是,名为x
的变量也具有值类别:它是一个lvalue
。std :: forward <>
将确保转换“值类别”x
以匹配其类型。它确保将thing&x
作为值类别lvalue
传递,并将thing && x
作为rvalue传递。 - arkan