C++ 函数模板无法识别左值

我的代码有问题

以下是它的简化版本：

#include <iostream>
class A
{
public :
    template <class T>
    void func(T&&)//accept rvalue
    {
        std::cout<<"in rvalue\n";
    }

    template <class T>
    void func(const T&)//accept lvalue
    {
        std::cout<<"in lvalue\n";
    }
};
int main() 
{    
    A a;
    double n=3;
    a.func(n);
    a.func(5);
}

但事实确实如此

in rvalue 
in rvalue

为什么

模板void func（T&&）

是通用参考转发参考

要测试所需内容，请尝试：（）

模板
甲级
{
公众：
void func（T&）//接受右值
{
std：：cout我认为令人惊讶的是模板参数的推导方式。如果您编写以下代码，您将得到您所期望的结果：

a.func<double>(n);

a.func（n）；
基于Jarod42的精确答案，如果您希望保留具有主函数模板的设计，您可以根据通用参考参数的推导类型决定：

#include <iostream>
#include <type_traits>

struct A
{
    template <typename T>                 // T is either U or U &
    void func(T && x)
    {
        func_impl<T>(std::forward<T>(x));
    }

    template <typename U>
    void func_impl(typename std::remove_reference<U>::type & u)
    {
        std::cout << "lvalue\n";
    }

    template <typename U>
    void func_impl(typename std::remove_reference<U>::type && u)
    {
        std::cout << "rvalue\n";
    }
};

#包括
#包括
结构A
{
模板//T是U或U&
无效函数（T&&x）
{
func_impl（std:：forward（x））；
}
模板
void func_impl（typename std:：remove_reference:：type&u）
{
std:：cout提示：除了
&
，这两个参数之间有什么区别？也许“universal reference”应该用引号括起来，因为它不是一个语言结构。@从技术上讲，它是一个语言结构，只是“universal reference”不是它的正式名称。不过，我很希望它是。它现在被称为“转发引用”。我想你的意思是“函数模板参数是如何推导的”。是的！我意识到我不完全理解这里发生了什么。我问了一个后续问题：
a.func<double>(n);

#include <iostream>
#include <type_traits>

struct A
{
    template <typename T>                 // T is either U or U &
    void func(T && x)
    {
        func_impl<T>(std::forward<T>(x));
    }

    template <typename U>
    void func_impl(typename std::remove_reference<U>::type & u)
    {
        std::cout << "lvalue\n";
    }

    template <typename U>
    void func_impl(typename std::remove_reference<U>::type && u)
    {
        std::cout << "rvalue\n";
    }
};