C++ 为什么'std:：common\u type\u t<；标准：：奥斯特雷姆公司；，标准：：奥斯特雷姆公司>；`等于'std:：ostream'而不是'std:：ostream&；`？

我正在开发一个小型的库，我需要做的一件事是将访问者应用到一些数据并返回结果

在一些旧的C++代码中，访问者期望声明一个<代码> TyPulfReTurnType < /C>。例如，

boost:：static\u visitor

就是这样做的

在较新的代码中，所有这些访问者都不推荐使用。在C++14中，您通常可以使用

decltype（auto）

，但我尝试使用类似

std:：common_type

的方法来实现，这样我就可以在C++11中实现

我尝试简单地将

std:：common_type

的一个示例实现移植到C++11，并使用它来计算返回类型

然而，当在上使用“可能的实现”时，我得到了一些意想不到的结果

#包括
#包括
//衰变后端口
模板
使用detacy\u t=typename std:：detacy:：type；
//公共_型后端口
模板
结构公共_类型；
模板
结构公共类型{
使用类型=衰减；
};
模板
结构公共类型{
使用类型=衰减；
};
//托多：需要这个吗？
/*
模板
结构公共类型{
使用类型=T；
};
*/
模板
结构公共类型{
使用type=typename公共类型：：type；
};
模板
使用common_type_t=typename common_type:：type；
//静态断言（std:：is_same:：value，“这就是我所期望的！”；
静态断言（std:：is_same:：value，“Hmm…”）；
int main（）{}

std:：common\u type\t

的结果应该是什么？它是否应该是

std:：ostream&

？如果不是，那么为什么

gcc5.4.0

和

clang3.8.0

都认为它是

std:：ostream

注意：当我在C++14中使用“real”

std:：common\u type\t

时，我仍然得到

std:：ostream

，而不是

std:：ostream&

专业化

std:：common_type

是否使

std:：common_type_t

始终是

t

一种有效的方法？在我的程序中，它似乎工作得很好，但感觉像是一个黑客。

有关

常见类型的历史以及为什么它实际上没有产生引用的相关讨论，请参阅

专业化
std:：common_type
是否使
std:：common_type_t
始终是一种有效的方法

我假定您的意思是专门化
通用类型的实现（因为您不能专门化另一个）。不，这还不够。您可能希望
common\u type
成为
Base&
，但该实例化不会经过您的专门化

您真正想要的是不要使用
衰减
。
衰减
存在的原因是为了删除在某些情况下
declval
提供的意外右值引用。但是您希望维护左值引用-因此只需添加您自己的类型特征：

template <class T>
using common_decay_t = std::conditional_t<
    std::is_lvalue_reference<T>::value,
    T,
    std::remove_reference_t<T>>;

模板
使用公共衰减=标准：：条件衰减<
std:：is_lvalue_reference:：value，
T
标准：：删除参考文件；

用它来代替正常的
衰退
相关：，但是是的
普通类型
不会给你推荐信，因为你的脸很悲伤。谢谢你。。。所以我想我不应该在那里使用
std:：declval
？我应该使用
decltype（true？std:：forward（std:：declval（））：std:：forward（std:：declval（））
？我想这实际上是相当棘手的…我想我现在正在使用这个版本，但我会将您的答案标记为正确：
模板使用mini_detacient\u t=conditional\u t
template <class T>
using common_decay_t = std::conditional_t<
    std::is_lvalue_reference<T>::value,
    T,
    std::remove_reference_t<T>>;