为什么模板构造函数比复制构造函数更受欢迎?

Question

#include <iostream>
struct uct
{
uct() { std::cerr << "default" << std::endl; }
uct(const uct &) { std::cerr << "copy" << std::endl; }
uct(      uct&&) { std::cerr << "move" << std::endl; }
uct(const int  &) { std::cerr << "int" << std::endl; }
uct(      int &&) { std::cerr << "int" << std::endl; }
template <typename T>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }
};
int main()
{
uct u1    ; // default
uct u2( 5); // int
uct u3(u1); // template, why?
}

科里鲁

构造函数的模板重载适合两个声明(u2和u3(。但是，当int传递给构造函数时，会选择非模板重载。调用复制构造函数时，将选择模板重载。据我所知，在重载解析期间，非模板函数始终优于模板函数。为什么复制构造函数的处理方式不同？

Answer 1

据我所知，在重载解析期间，非模板函数始终优于模板函数。

只有当专业化和非模板完全相同时，才是正确的。 但这里的情况并非如此。 当您调用uct u3(u1)时，过载集得到

uct(const uct &)
uct(uct &) // from the template

现在，由于u1不是 const，因此必须应用 const 转换来调用复制构造函数。 要调用模板专用化，它不需要执行任何操作，因为它是完全匹配的。 这意味着模板获胜，因为它是更好的匹配。

要停止这一点，您可以做的是使用 SFINAE 将模板函数限制为仅在T不是uct时调用。 那看起来像

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<uct, std::decay_t<T>>, bool> = true>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }

Answer 2

当尝试调用复制构造函数时，模板重载为 选择。据我所知，非模板函数总是首选 重载解析期间的模板函数。为什么是复制构造函数 处理方式不同？

template <typename T>
uct(T &&) { std::cerr << "template" << std::endl; }
//    ^^

选择模板化版本的原因是编译器能够
生成一个具有签名(T &)的构造函数，该构造函数更适合，因此被选中。

• 如果将签名从uct u1更改为const uct u1，那么它将适合复制构造函数(因为u1一开始就不是 const(。

• 如果将签名从uct(const uct &)更改为uct(uct&)则签名会更合适，它会选择该签名而不是模板化版本。
  

• 此外，如果您使用了uct(uct&&)，则会选择uct u3(std::move(u1));

---

要解决此问题，您可以使用 SFINAE 在T与uct相同时禁用重载：

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<std::decay_t<T>, uct>>>
uct(T&&)
{
std::cerr << "template" << std::endl;
}

Answer 3

问题是模板构造函数没有限定const，而非模板复制构造函数在其参数中具有限定符 const。如果要将对象u1声明为const对象，则将调用非模板复制构造函数。

从C++标准(7 标准转换(

1 标准转换是具有内置含义的隐式转换。 第7条列举了此类转换的全部集合。一个标准 转换序列是标准转换序列 以下顺序：

(1.4( —零个或一个资格转换

因此，复制构造函数需要一个标准转换，而模板构造函数不需要这样的转换。