C++ 通用参考和本地类

在下面的代码中，我有一个函数，它接受“通用引用”（

F&&

）。函数还有一个内部类，它在构造函数中接受

F&

的对象。在这一点上，

F&

仍然是一个通用的参考吗？也就是说，

F

是否仍被视为推断类型

换句话说，我应该在构造函数初始化列表中使用

std:：forward

还是

std:：move

#include "tbb/task.h"
#include <iostream>
#include <future>

template<class F>
auto Async(F&& f) -> std::future<decltype(f())>
{
    typedef decltype(f()) result_type;

    struct Task : tbb::task
    {
        Task(F&& f) : f_(std::forward<F>(f)) {} // is forward correct here?

        virtual tbb::task* execute()
        {
            f_();
            return nullptr;
        }

        std::packaged_task<result_type()> f_;
    };

    auto task = new (tbb::task::allocate_root()) Task(std::forward<F>(f));
    tbb::task::enqueue(*task);
    return task->f_.get_future();
}


int main()
{
    Async([]{ std::cout << "Hi" << std::endl; }).get();
}

#包括“tbb/task.h”
#包括
#包括
模板
自动异步（F&&F）->std:：future
{
typedef decltype（f（））结果类型；
结构任务：tbb:：任务
{
Task（F&&F）：F_（std:：forward（F））{}//这里的forward正确吗？
虚拟tbb:：任务*执行（）
{
f_u2;（）；
返回空ptr；
}
std：：打包任务f；
};
自动任务=新建（tbb:：task:：allocate_root（））任务（std:：forward（f））；
tbb：：任务：：排队（*任务）；
返回任务->f_.get_future（）；
}
int main（）
{
异步（[]{std:：coutctor不是一个通用引用，而是一个bog标准右值引用或左值引用。构造的问题是您不知道是哪个，只是它镜像了
异步
（这可能足够了）

为了成为一个通用引用，必须为该调用推导类型，而不是更早地为某个相关调用推导类型

std:：forward
i仍然适用于此，因为outer functions参数确实应该传递给具有保留的move-/copy语义的已创建对象

此时，
F&&
是否仍然是一个通用的参考？即，
F
是否仍然被认为是一个推断类型

这种混乱正是我不喜欢“普遍参照”这个词的原因

我更喜欢从左值引用和右值引用的角度来理解代码，以及引用折叠和模板参数推断的规则

当使用类型为
L
的左值调用函数时，参数
F
将被推断为
L&
，通过引用，折叠规则
F&&
只是
L&
。在
任务
构造函数中，没有任何变化，
F&
仍然是
L&
，因此构造函数采用左值引用绑定到传递给
Async
的左值的ence，因此您不想移动它，
forward
是合适的，因为它保留了值类别，将左值作为左值转发。（从左值移动会让
Async
的调用方感到惊讶，因为他们不希望左值被静默地移动。）

当使用类型为
R
的右值调用函数时，参数
F
将被推断为
R
，因此
F&&
是
R&
。在
任务
构造函数中，没有任何变化，
F&
仍然是
R&
，因此构造函数采用绑定到右值pa的右值引用sed为
Async
，因此可以将其移动，但
forward
也很合适，因为这样会保留值类别，将右值作为右值转发

上周在CppCon上，赫伯·萨特宣布“通用参考”的首选术语现在是转发参考，因为这更好地描述了它们的用途。
酷孩子们称它们现在不是通用参考。（Cos）感谢您的解释。认识到std:：forward仅仅意味着保留值类别带来了很多清晰。