C++ 传递可变参数时保持引用性

考虑以下代码段：

class Base
{
public:

    template <typename...Ts>
    void fun(Ts... vs)
    {
        cout << "Base::fun" << endl;
        cout << __FUNCSIG__ << endl;
    }
};

template <typename...Ts>
class Derived : public Base
{
public:
    void dfun(Ts... vs)
    {
        cout << "Derived::dfun" << endl;
        cout << __FUNCSIG__ << endl;
        fun(vs...);
    }
};

int main()
{
    int i = 10;
    int & a = i;
    Derived<int, int &> d;
    d.dfun(i, a);
}

类基
{
公众：
模板
虚无乐趣（Ts…vs）
{
cout在模板推断过程中，引用类型将被推断为它们所引用的类型。因此
int&
将被推断为
int
。这就是导致您看到的行为的原因

请参阅以获得更详细的解释。
表达式的引用性无法观察到。也就是说，当您观察id表达式的类型
a
，它是
int
而不是
int&
（通常缩写为“表达式没有引用类型”）@dyp，但为什么它在派生：：dfun（）中可以观察到另外，如果dfun（）和fun（）是非成员？
Base:：fun
使用类型推断。它是一个函数模板，其模板参数是从调用中的参数表达式推导出来的，如
fun（vs.）
-这里，您观察参数表达式的类型
vs..
，它从不产生引用。Oth，
派生：：dfun
不是函数模板。它有固定数量和固定类型的参数，由其成员的类决定。如果您将调用更改为
fun（std:：forward（vs）；
您将观察到
int，int&
@dyp:；）但是如果dfun（）和fun（）不涉及类型推断吗是自由函数模板而不是类成员吗？即使这样引用也应该丢失，但它不是…为什么？@Arun它没有丢失，因为编译器不必找出所涉及的类型，它们已经在函数的签名中提供了。