C++ 向成员转发呼叫的模板'；s法

考虑以下几点：

template <typename type> class my_wrapper
{
  type _;

  template <typename... types, typename std :: enable_if <has_my_method_callable_with_the_following_types <type, types...> :: value> :: type * = nullptr> void my_method(types... items)
  {
    _.my_method(items...);
  }
};

显然，上述方法不起作用，因为

x

将通过复制传递给函数，而

my_type:：my_method

通过引用接受它。所以我想知道：有没有办法解决这个问题？我当然可以做到：

template <typename... types, typename std :: enable_if <has_my_method_callable_with_the_following_types <type, types & ...> :: value> :: type * = nullptr> void my_method(types & ... items)
{
  _.my_method(items...);
}

template void my_方法（类型和…项）
{
_.my_方法（项目…）；
}

但是对称地，当我传递时，比如说，

int

文字时，我会遇到问题，我不能通过引用来获取这些文字，但这对于一些

my_type:：my_method（int x）

来说是完全可以接受的

我如何解决这个问题？我想无缝地将所有对

my\u wrapper:：my\u method

的调用转发到

type:：my\u method

海盗小心：我不能使用继承，所以请不要建议这样做！：）

这正是perfect forwarding和forwarding Reference引入的目的：

template <
  typename... types,
  typename std :: enable_if <has_my_method_callable_with_the_following_types <type, types...> :: value> :: type * = nullptr
> void my_method(types&&... items)
{
  _.my_method(std::forward<types>(items)...);
}

模板<
类型名。。。类型，
typename std:：enable_if:：type*=nullptr
>void my_方法（类型和项目）
{
_.my_方法（标准：：转发（项目）…）；
}

工作原理：

语言中有一条特殊的规则，当在

T&

结构中推导

T

时，用于推导的参数是

U

类型的左值，然后

T

被推导为

U&

，而不是

U

---

净效果是，当参数是转发引用时（

T&&

，对于导出的

T

），它要么是左值引用（如果参数是左值），要么是右值引用（如果参数是右值）

std:：forward

然后将其适当地转换回左值或右值。

您正在寻找所谓的“完美转发”调用

.my\u方法（std:：forward（items）…

和

.my\u方法（items…

）@MatteoMonti不要忘记命名的右值引用是左值。如果

my_方法

接受右值引用（或仅按值移动类型），则不带

std:：forward

的版本将失败。

template <
  typename... types,
  typename std :: enable_if <has_my_method_callable_with_the_following_types <type, types...> :: value> :: type * = nullptr
> void my_method(types&&... items)
{
  _.my_method(std::forward<types>(items)...);
}