C++ 为什么不是'；在这种情况下，是否调用了最合适的构造函数？

考虑以下类别：

class-foo{
int数据；
公众：
模板
foo（const T&i）：数据{i}{cout之所以发生，是因为
操作符int（）

由于
operator int（）
，
obj1
调用
operator int（）
，并将自身转换为
int


可能的解决办法：

使用
static\u cast
。这将把通常应转换为
int
的变量转换为
foo

任何人请编辑这个问题，并填写这个。我没有更多的想法

您的模板“move”构造函数（带有
T=foo&
）有一个
foo&
类型的参数，它比您的复制构造函数更匹配，因为它只需要
const foo&
。然后，您的模板构造函数通过将
i
转换为
int
，调用
操作符int（）

最简单的即时修复方法是使用
enable_if
来限制移动构造函数移动操作：如果
T
被推断为左值引用类型（意味着你的
T&&i
也将塌陷为左值引用），则强制替换失败

template <typename T, typename = enable_if_t<is_constructible<int, T>::value>,
                      typename = enable_if_t<!is_lvalue_reference<T>::value>>
foo(T&& i) : data( std::move(i) ) { cout << "Value move ctor" << endl; }

这将替换您的值复制和值移动构造函数

另一个注意事项：
is_constructible:：value
是一个测试，它告诉您
数据（std:：forward（i））
是否格式正确。它不测试
数据{std:：forward（i）}
格式良好。结果不同的
T
是
long
，因为
long
到
int
的转换是窄化转换，并且
{}中不允许窄化转换
它是否应该是可构造的，而不是像您现在所拥有的那样是可构造的？@Alejandro，这也是正确的。@nwp我很困惑。根据，该东西返回第一个东西是否可以从第二个东西构造。由于我正在构造我的
数据
成员（它是
int
）从
T
参数来看，这应该是正确的顺序。我只接受可以从中构造
int
的类型。您所说的确实解决了问题，但我现在比以前更困惑了：dwat@Alejandro所说的只起作用，因为在示例中T是int。如果您将数据声明为任何非原始类型（称之为酒吧）而int不能从bar中构造，那么这些构造函数将被排除在is_constructible之外，因为对于t:int，int没有从bar中构造自身的可见方法。但是，如果bar声明一个接受int的公共构造函数，那么t:int的is_constructible将成功。如果我错误地解释了用法，请纠正我。什么@alejandro说的也是真的。我知道为什么可能，但问题是为什么会这样。因为有一个构造函数接受参数的确切类型（
foo
），不应进行转换。如果类没有接受
foo
对象的构造函数，这将是完全正常的，但既然它接受了，那么这应该是一个比触发转换更简单的途径。此外，
static\u cast
也不能解决问题。我传入的值已经是
foo类型，不需要强制转换它。那么也许您可以生成一个
操作符foo（）
所以我的问题是，我将
foo
对象传递给一个函数，该函数确实有一个重载，用于
foo
参数，但这不是被调用的重载。呃，我真的很困惑。这似乎是一个可能的解决方案，但我不确定你的意思。你能解释得更好一点吗？这很有效！我不知道右值引用可以以任何方式折叠为左值引用。谢谢！您添加的其他内容也非常有用。我没有想到其中的一些内容。谢谢我刚才看了talk…现在一切都有意义：）Herb在演讲的最后一节中谈到了完美的转发
T&
。我希望我能早点看这个。
template <typename T, typename = enable_if_t<is_constructible<int, T>::value>
                    , typename = enable_if_t<!is_same<decay_t<T>, foo>::value>
foo(T&& i) : data( std::forward<T>(i) ) { cout << "Forwarding ctor" << endl; }