C++ 转发引用的参数类型检查不起作用

我正在尝试编写一个模板函数，它只接受

std:：vector

作为参数。然而，我提出的方法只适用于普通参数或左值参数，而不适用于转发引用参数

以下代码未编译

template <typename T, typename = typename std::enable_if< std::is_same<T, std::vector< typename T::value_type, typename T::allocator_type > >::value>::type >
int f(T && a) {
    return a.size();
}

int main() {
    std::vector<int> a;
    f(a);
}

比它编译的要多

注意，我需要一个转发引用的参数f

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我遗漏了什么？

如果只接受向量，那么代码可以简化很多。不使用SFINAE，您只需指定您想要的带有任何类型参数的

std:：vector

。那看起来像

template <typename... Pack>
int f(std::vector<Pack...>const & a)
{
    return a.size();
}

要解决此问题，您需要使用

std:：remove_reference

删除

T的引用。这会给你一个函数，比如

template <typename T, typename VecType = typename std::remove_reference<T>::type, typename = typename std::enable_if< std::is_same<VecType, std::vector< typename VecType::value_type, typename VecType::allocator_type > >::value>::type >
int f(T && a) {
    return a.size();
}

模板：：值>：：类型>
int f（T&a）{
返回a.size（）；
}
是的，但是我不能将参数
a
作为转发引用。我将把这作为一个注释添加。谢谢。@OzgurMurat刚刚更新了答案。您不需要转发参考。你可以引用const，除非你的实际代码不同？这只是为了演示我的问题。实际代码不同。在转发引用版本中，
T
被推断为
向量&
，因此您不能仅使用
T
，您需要通过
std:：remove\u reference\u T
放弃该类型的引用。是的，你说得对@rafix07
typename T::value_type

template <typename T, typename VecType = typename std::remove_reference<T>::type, typename = typename std::enable_if< std::is_same<VecType, std::vector< typename VecType::value_type, typename VecType::allocator_type > >::value>::type >
int f(T && a) {
    return a.size();
}