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C++ 为什么std:：forward（）不'；不推断类型？

c++ c++11 reference

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下面是代码。为什么如果我用
S&
替换
typename remove\u reference:：type&
，它将无法正常工作？（我的意思是一个类型将被推断为错误）

如果我传递一个右值（让int为int），那么
S
将被推断为
int
，
a
的类型是
int&
，
forward（）
返回
int&
（右值）

如果我传递一个左值（
int
）
S
将被推断为
int&
，
a
的类型是
int&&->int&
，
forward（）
返回
int&&&->int&
。一切正常，那么为什么我们需要
删除\u引用

template<class S>
S&& forward(typename remove_reference<S>::type& a) noexcept
{
  return static_cast<S&&>(a);
} 

模板
S&&forward（typename remove_reference:：type&a）无例外
{
返回静态_-cast（a）；
}
考虑
转发的原始用例：


template<class T>
void f(T&& t) { g(std::forward<T>(t)); }



处理右值。
我不熟悉复杂的类型推断规则，但为什么您认为在这种情况下可以推断出
S
？无论用什么样的引用或非引用类型来代替
S
，引用都会被剥离，并产生左值引用类型（如果
S
是这样的话，我想可能是
const
）。由于不同的
S
给出了相同的结果，我认为如果简单地禁止尝试这种类型的“推断”是合理的。向前
的
和
重载可以处理
右值，但是，不是吗？至少在规范转发上下文中使用时-正是因为
forward
本身只在其参数中看到左值-这里真正重要的是显式模板参数规范，它通过强制转换到正确的类型使转发工作。

template <class T> constexpr T&& forward(remove_reference_t<T>&& t) noexcept;