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Learpcs
Asked:2022-04-29 19:38:54 +0000 UTC2022-04-29 19:38:54 +0000 UTC

如何为引用类型生成模板？C++

  • 772

首先，让我们看一下我的问题的代码：

#include <iostream>

template<typename T>
void sum(T x)
{
    x += 1;
}

int main()
{
    int a = 4;
    int& x = a;
    sum(x);
    std::cout << x;
}

我所期望的：因为我传递了对 int 的引用，所以我希望它在类型推断上T是相等的，int&并且生成的函数看起来像这样：

//T = int&
void sum(int& x)
{
    x += 1;
}

然而，程序的输出是：而不是4，正如预期的那样，5。这就是为什么我有这个问题。以下内容写在cppreference本身上：

1) 如果 P 不是引用类型，

a) 如果 A 是数组类型，则将 A 替换为数组到指针转换得到的指针类型；

b) 否则，如果 A 是函数类型，则将 A 替换为函数到指针转换得到的指针类型；

c) 否则，如果 A 是 cv 限定类型，则忽略顶级 cv 限定符进行推导

我的意思是，就我而言，我接受 "not a reference type" (not a reference type) T。只是说只有const-volatile修饰符会被忽略，还是我错了？为什么我的模板是这样生成的？或者模板不能是引用类型？出现了同样的问题，它可以是 typeint*吗？

c++

1 个回答

  1. Best Answer

    生成函数模板时，可以从函数参数中推断出类型。您正在传递某种类型的对象，而引用只是对象的另一个名称（引用不是类型），因此您得到了一个函数

    void sum(int x)
{
    x += 1;
}

    也就是说，您正在修改一个完全不同的对象。如果它如您所料，它将限制功能的可能性。如果我不想修改传递的对象怎么办？我们必须检查链接是否通过。

    您也可以传递一个指针，然后推断的类型将是 int*。

    PS我认为很多教程都没有解释这一点......

    • 0

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