C++ 当在运行时决定返回类型是右值还是左值时，如何避免不必要的复制？

考虑以下几行

const auto x = condition ? getLvalue() : getRvalue();

因为

x

是const，我不需要复制

getLvalue

返回的值，如果我可以引用它，我会很高兴的。当然，以下内容不会编译

const auto& x = condition ? getLvalue() : getRvalue(); // Compilation error

因为引用R值是没有意义的

---

我该如何解决这个问题？有问题吗？或者我可以信任编译器理解

getLvalue

的返回类型不需要复制吗？

有点接近，但可能是

std:：variant

您不能真正使用三元运算符进行赋值，因为它需要

std:：common_type

，但对于常规

if…else

：

（需要C++17） 代码：

我们可以访问变体以打印：

struct visitor
{
    void operator()(int _val)
    {
        std::cout << "rvalue value: " << _val;
    }
    void operator()(std::reference_wrapper<int> _val)
    {
        std::cout << "reference_wrapper value: " << _val << std::endl;
        _val += 1;
    }
};

struct访问者
{
void运算符（）（int _val）
{
std：：您是否尝试过
const auto&&x=…
？我们称&&为通用参考。可能有点过时，但值得一读，您可以使用
std：：move（getLvalue（））
@AlexHodges您确定这会有帮助吗？条件表达式的值类别无论如何都是固定的，因此通用引用没有帮助。通用引用将根据其初始化内容变为左值或右值。由于您的引用可以是l或r，因此似乎适合使用universal ref，然后std:：转发到需要参考的任何内容。
int& getLValue(){
    static int foo = 42;
    return foo;
}

int getRValue(){
    return 1337;
}

struct visitor
{
    void operator()(int _val)
    {
        std::cout << "rvalue value: " << _val;
    }
    void operator()(std::reference_wrapper<int> _val)
    {
        std::cout << "reference_wrapper value: " << _val << std::endl;
        _val += 1;
    }
};