考虑一个函数
template <typename T>
const T&& foo();当我试着测试它的时候，我发现我不明白的结果。输出是0。
#include <iostream>
class C{};
template <typename T>
const T&& foo();
int main() {
std::cout << std::is_same_v<decltype(foo<C&&>()), const C&&>;
return 0;
}decltype不应该保留const限定符吗？在我看来，它应该像T-> C&&一样，所以通过引用折叠规则返回类型是const C&&，结果的decltype是const C&&
还有，这条线
std::cout << std::is_same_v<decltype(foo<int>()), const int&&> << '\n';按预期打印1。
有人能帮我找出正确的工作逻辑吗？
我发现当decltype应用于非类纯右值时，cv修饰符被丢弃。但事实并非如此，因为foo<int&&>()的值类别是xvalue，这也不适用于类类型C。
1条答案
按热度按时间zpf6vheq1#
decltype不应该保留const限定符吗？
foo<C&&>()的返回类型实际上是C&&，而不是const C&&。在我看来，它应该像T-〉C&&，所以通过引用折叠规则返回类型是const C&&，结果的decltype是const C&&
不，您首先将
const应用到T，然后再应用&&。const T&&的意思是“rvalue reference to（const T）"，而不是“*const（rvalue reference toT）*"。const在顶层 * 应用于T。这意味着如果T是C&&，则尝试const-限定引用，但是在C++中没有const-限定的引用。所以语言规则说当尝试const-时，const被忽略。通过这样的结构限定一个参考。std：：cout〈〈std：：is_same_v〈decltype（foo（）），const int&&〉〈〈'\n';
在这里，你将
const应用到int上，得到const int，然后在上面加上&&，得到const int&&。我发现当decltype应用于非类纯右值时，cv限定符被丢弃。
如果一个函数声明返回
const T，而你用int替换T，那么这个函数的返回类型是const int，但是对这个函数的调用是一个int类型的纯右值表达式。但事实并非如此，因为foo〈int&&〉（）的值类别是xvalue，这也不适用于类类型C。
是的，正确。这个特殊的规则在这里并不重要。
decltype确实忠实地复制了声明的返回类型。