C++ C++；11 std:：_行为是否可与私有副本构造函数转换

我试图理解C++11中的

std:：is_convertible

。根据，

std:：is_convertible:：value

应计算为1 iff“如果在返回

U

的函数的返回语句中可以使用类型为

T

的假想右值”。不过，该措辞并未说明该函数可能在何处声明。当

U

的复制构造函数是私有的时，我们应该期待什么？当

T

是左值引用时，我们应该期待什么

例如，考虑这个代码：

#include <iostream>
#include <type_traits>
struct Fact_A;
struct A {
    friend struct Fact_A;
    A() = default;
    A(A&&) = delete;
private:
    A(const A&) = default;
};
struct Ref_A {
    A* _ptr;
    Ref_A(A* ptr) : _ptr(ptr) {}
    operator A& () { return *_ptr; }
};
struct Fact_A {
    static A* make_A(const A& a) { return new A(a); }
    static A f(A* a_ptr) { return Ref_A(a_ptr); }
    //static A g(A&& a) { return std::move(a); }
};
int main() {
    A a1;
    A* a2_ptr = Fact_A::make_A(a1);
    (void)a2_ptr;
    std::cout << std::is_convertible< Ref_A, A >::value << "\n"  // => 0
              << std::is_convertible< Ref_A, A& >::value << "\n" // => 1
              << std::is_convertible< A&, A >::value << "\n";    // => 0
}

在这里，

std:：可转换

报告

0

。但是，您可以看到

Fact\u A:：f

返回类型为

A

的对象，并且在其返回语句中使用类型为

Ref\u A

的右值。问题是

A

的复制构造函数是

private

，因此函数不能放在其他任何地方。当前行为是否符合标准

---

第二个问题。如果我删除

private

，输出将变为

1

。最后一个

1

是什么意思？什么是“类型为

A&

的右值”？那是右值引用吗？因为您可能会注意到，我明确删除了

A

的move构造函数。因此，我无法声明

事实\u a:：g

。但是，

std:：is_convertible

报告

1

is_convertible

在n3485的[meta.rel]/4中定义如下：

给定以下功能原型：

template <class T> typename
add_rvalue_reference<T>::type create();

---

与

std:：declval

类似，它是一个左值：表达式

create（）

是/产生一个左值，因为

T&&&

（通过

add\u rvalue\u reference

）被折叠为

T&

，谢谢您的参考。除了你所说的，在你引用的草稿部分的正下方还有更多的文本，其中特别提到了上下文问题。我接受这个。我想剩下的是一个挥之不去的问题，即标准是否在做正确的事情。我不喜欢的是，

是可转换的

似乎不必要地与

to

的构造函数可访问性联系在一起，这与

From

无关，也与

From

和

to

之间的关系无关。我可以想象我真的想知道转换是否可以在我选择的上下文中完成…@MateiDavid

is_convertible

尝试模拟隐式可转换的定义，我觉得这有点不直观。该定义本身需要一个可访问的复制/移动构造函数。也许在你的上下文中，

是可构造的

更有意义。

template <class T> typename
add_rvalue_reference<T>::type create();

To test() {
    return create<From>();
}

To test() {
    return create<T&>();
}