C++ 当auto的初始值设定项是引用时，为什么auto不是引用？

我试图理解为什么

not\u a\u ref

不是参考。我知道我可以通过

auto&

将其作为参考。我在标准中翻找了一会儿，但还是迷路了，弄不清楚这种行为是如何定义的

例如：

#include <vector>
#include <iostream>
#include <type_traits>

std::vector<int> stuff;

std::vector<int>& get_stuff()
{
    return stuff;
}

int main()
{
    auto not_a_ref = get_stuff();

    if( std::is_reference<decltype(not_a_ref)>::value )
        std::cout << "is_reference true" << std::endl;
    else
        std::cout << "is_reference false" << std::endl;

    if( &not_a_ref != &stuff )
        std::cout << "definately not a reference" << std::endl;

    return 0;
}

#包括
#包括
#包括
std：：载体材料；
std:：vector&get_stuff（）
{
归还物品；
}
int main（）
{
auto not_a_ref=get_stuff（）；
if（std:：is_reference:：value）
std：：cout看一下模板参数推导。
auto x=stuff；
相当于
template void f（tx）{}f（stuff）；
根据C++11标准，就
x的类型而言，auto算是一个简单的类型说明符[7.1.6.2]，因此，对它的应用规则与对其他简单类型说明符的应用规则相同。这意味着使用auto声明引用与其他任何东西都没有区别

这意味着下一行：

auto not_a_ref = get_stuff();

将与以下内容相同：

std::vector<int> not_a_ref = get_stuff();

std:：vector not_a_ref=get_stuff（）；
来自C++11草案7.1.6.4（
auto
说明符）第6段：

然后，使用从函数调用（14.8.2.1）中推导模板参数的规则来确定为变量d推导的类型

以及14.8.2.1（从函数调用推导模板参数）第3段：

如果p是引用类型，则p引用的类型用于类型推断

因此，对于
auto
的类型推断，该引用被忽略

请注意此规则与
decltype
的规则有何不同

更新：请参阅我下面的评论，因为我认为14.8.2.1第3段不适用。
如果它按照您认为的方式工作，那将非常恼人。这将使
自动
远没有那么有用，因为添加引用很容易，但删除引用是一件痛苦的事。我决不是建议它应该是任何其他方式n它是-只是试图理解这个行为是如何在标准中指定的。这是我个人目标的一部分，通过阅读标准就能够解决这类问题-但我被卡住了。我不想查看标准，所以我只是在谷歌上搜索。第一页有一个函数返回对float，类型被推断为float。请阅读。特别是标题为
引用类型、CV限定符和存储说明符的部分，它给出了一个很好的理由，说明了在需要引用时为什么需要显式。C++11标准字面上指代了模板参数推断（如DeadMG下面的回答），详见第7.1.6.4/6节。模板参数推断规则见第14.8.2.1节，但规则列表有点长。现在，我必须纠正自己…在14.8.2.1中，
P
是模板参数类型的类型（即
auto
）而
A
是用于推导的表达式类型。但是，表达式类型永远不是引用，因此主要事实仍然是
auto x
变量永远不会是引用。