如何传递对模板 typename 参数的引用-解网

问：

有没有办法将引用作为参数传递给模板类型名参数？我的意思是，而不是传递一个 int，例如，传递对 int 的引用。

template <typename T>
struct Foo
{
    Foo(T arg) : ptr(arg) {}
    T ptr;
};

int main() 
{
    int* a = new int(6);
    Foo<decltype(a)> foo1(a); // ptr is a copy of a pointer
    Foo<decltype(&a)> foo1(&a); // ptr seems to be a pointer to a pointer
}

我知道我可以通过在类中使“ptr”成员成为指针的引用，但我想知道这是否可以通过传递给模板参数的参数来完成。

C++ 模板

@Zebrafish 基本上，decltype 的工作方式不同，具体取决于您是给它一个变量名称还是其他名称（任意表达式）。返回变量的类型（因为您只是给它指定了一个变量名称）。另一方面，为您提供表达式的类型（也是），并添加了指示表达式值类别的引用性。[1/2]decltype(a)adecltype((a))(a)int

0赞 HolyBlackCat 3/25/2020

(a)（以及）是一个左值，由（x值由表示，pr值根本不改变类型）。由于表达式从未具有引用类型，因此可以向类型添加引用性这一事实不会引起任何冲突。[2/2]a&&&decltype

3赞 Picaud Vincent 3/25/2020 #2

作为上一个答案的替代方法，您可以使用 std：：reference_wrapper

std：：reference_wrapper 是一个类模板，它将引用包装在可复制、可分配的对象。它经常被用作一种机制将引用存储在标准容器（如 std：：vector）中，这些容器通常不能保存引用。

#include <functional>

template <typename T>
struct Foo
{
  Foo(T arg) : ptr(arg)
  {
  }
  T ptr;
};

int main()
{
  int* a = new int(6);

  Foo<std::reference_wrapper<int*>> foo1(std::ref(a));
  foo1.ptr[0] = 1;  // ok

  // This also works
  int* b = new int(6);
  Foo<std::reference_wrapper<decltype(b)>> foo2(std::ref(b));
  // and this too
  foo1 = foo2;

  // Or, if you use c++17, even this
  Foo foo3(std::ref(b));
}

上一个：当参数相等时，为什么 std：：sort 比较函数必须返回 false？

下一个：使用 MSVC 编译器和 GCC 编译器时获得的结果不同

如何传递对模板 typename 参数的引用

How to pass a reference to a template typename argument

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