C++ 在C+；中将typename用作函数参数时，如何传递引用+；？

我对模板有一些奇怪的问题。当试图传递参数化迭代器时，它会抱怨找不到函数。代码片段就在这里，忘了功能吧，我感兴趣的是它使用了对模板化迭代器的引用

#include <list>
#include <iostream>

template<typename T>
void print_list_element(typename std::list<T>::iterator& it){
    std::cout << *it << std::endl;
}

int main() {
    std::list<int> theList;
    theList.push_back(1);

    std::list<int>::iterator it = theList.begin();
    print_list_element(it);

    return 0;
}

#包括
#包括
模板
无效打印列表元素（typename std:：list:：iterator&it）{
std:：coutg++无法确定它应该使用
print\u list\u元素
的哪个模板重载。如果明确指定模板参数，则它可以工作：

print_list_element<int>(it);

打印列表元素（it）；
这是非法的，因为STD:：列表< t>：迭代器不是标准调用适当的推导上下文
 其他响应是正确的，但是为了完整性，我只需补充一点，通过设计，C++只能在某些情况下自动推断模板参数，而这不是其中之一。
仔细想想，您会发现在这种情况下自动推断会导致不希望出现的情况。
std:：list:：iterator
不是真正的类型，它只是真正类型的
typedef
别名（例如，它可能是
T*
）它被立即翻译成，因此编译器必须建立某种“反向索引”为了将
T*
映射回
std:：list:：iterator
，以便自动推断
T
在这里工作。但是，一旦创建了另一个名为
iterator
的类型成员，该成员被
typedef
映射到
T*
，那么编译器将有两个选项显然，当一个不相关的类添加一个特定的
typedef
type成员时，任何自动扣减策略都会被破坏，因此无法工作。
更好的方法是这样编写函数：

template<typename Iter>
void print_element(Iter it){
    std::cout << *it << std::endl;
}

模板
无效打印元素（Iter it）{
std：：我认为03年标准的适当部分是：14.8.2.4/4。该标准还说这是一个“非推断上下文”，而不是你上面的措辞。+1。这甚至适用于普通数组。如果出于某种原因，你真的希望它只适用于std：：列表，请查找Boost的enable_If模板。
template<typename Iter>
void print_element(Iter it){
    std::cout << *it << std::endl;
}