C++ 除默认情况外，可变构造函数优先于用户提供的移动构造函数

考虑下面的代码片段，其中我有一个move-only

包装器

对象，它将参数转发到构建时的底层数据。现在，如果我在另一个仅移动类（

SomeObject

）中使用这个

Wrapper

对象，除非

SomeObject

的移动构造函数是默认的，否则它不会编译

#include <utility>

template <typename T> class Wrapper {
public:
  template <typename... Args>
  Wrapper(Args &&... args) : _data{std::forward<Args>(args)...} {}

  Wrapper(const Wrapper &) = delete;

  Wrapper(Wrapper &&other) : _data(std::move(other)) {}

  T &get() const { return _data; }

protected:
  T _data;
};

struct SomeObject {
  SomeObject(const SomeObject &) = delete;
  SomeObject(SomeObject &&other) : x(std::move(other.x)) {}
  //SomeObject(SomeObject &&other) = default; // this works!
  SomeObject(int val) : x(val) {}

  Wrapper<int> x;
};

int main() {
  SomeObject obj(10);
  return 0;
}

#包括
模板类包装器{
公众：
样板
包装器（Args&…Args）：\u data{std:：forward，但我觉得这是另一种情况，因为我的
SomeObject
的move构造函数没有传递
const
类型。
这是预期的。请查看您的代码：

Wrapper(Wrapper &&other) : _data(std::move(other)) {}
T _data;

在您的例子中，T是int。您想如何从
包装器
初始化
int
？
使用
Wrapper（包装器和其他）：\u数据（std:：move（other.\u数据））{}
更明确地说，将
std:：move（other）
更改为
std:：move（other.\u数据）
Wrapper(Wrapper &&other) : _data(std::move(other)) {}
T _data;