C++ 使用非常量指针调用函数会在使用常量指针的函数上调用模板函数

以下代码是在g++4.1.2和g++4.4.4上编译的。两者都给出了评论中提到的结果

int f(const int * a)
{
   return 0;
}

template<typename A>
int f(A a)
{
   return 1;
}

int main()
{
    int x;
    // return f(&x); // returns 1
    return f((const int *)&x); // returns 0
}

intf（常数int*a）
{
返回0；
}
模板
INTF（A）
{
返回1；
}
int main（）
{
int x；
//返回f（&x）；//返回1
返回f（（常量int*）&x）；//返回0
}

它似乎可以归结为调用

f（int*）

解析为

f（int*）

，而不是预期的

f（const int*）

。我觉得这令人震惊，完全不直观

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这是G++中的一个bug，C++的一个暗角，还是因为某种原因我失踪了？如果它不是一个bug，那么它背后的理论或逻辑是什么？关于这个问题有什么安全的做法吗？

那么，在调用

f（&x）

的情况下，为什么要调用const版本的函数“expected”

如您所知，参数类型是

int*

。因此，函数的

f（int*）

版本比

f（const int*）

版本更匹配，因为前者的参数类型完全匹配。编译器看到了从模板生成

f（int*）

的机会，并抓住了这个机会。这就是它在C++中的工作原理。p> 如果模板版本与非模板版本一样好，则非模板版本通常获胜。但在这种情况下，如果模板版本明显更好，则模板版本将获胜

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显然，您希望编译器选择函数的非模板版本。为什么？

对于实例化的模板

f

不需要转换（

int*

->

const int*

），因此它是一个更好的匹配-实际上，它是一个精确匹配，只会输给非模板精确匹配，这是第二次调用的情况

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<> P.>对“更好匹配”规则的完整解释可在C++标准的“3.3.3”中获得。 > f（int）和<代码> f（const int）<代码>是相同的原型，只要ANSI C++编译器是一致的，但是<代码> f（INT*） >与<代码> f（const int *）/f（int const）可能不一样。链接：+1提供一个最小的完整示例程序。看看为什么这是个好主意。@sehe“也许”？我认为你误读了那个环节的讨论。“foo（int*const a）”接受一个指向int的常量指针。在这里的示例中，“f（const int*a）”接受指向int的指针。由于一个简单的隐式常量转换，我希望它会赢。在我看来，const升级指针类型总是在考虑模板之前进行，这似乎是明智的。也许有一个例子说明了为什么这不是一个好主意。@Roland:No conversion>overload resolution中的琐碎转换。@Roland:假设您有两种方法来执行一个操作。（就其论点而言）它是破坏性的。因此，在

const

版本中，您需要首先执行参数的副本，这显然效率较低。示例：

T&&operator+（T&&，T const&）

比

T operator+（T const&，T const&）

更有效。在这种情况下，我同意，因为它们都是模板。我的意思是，在考虑任何模板之前，我希望隐式常量转换。