非模板 std：：reference_wrapper 赋值运算符和模板构造函数-解网

问：

在 C++ 20 标准中，类模板的构造函数是模板。std::reference_wrapper

template<class U>
constexpr reference_wrapper(U&&) noexcept(see below );

而赋值运算符不是模板

constexpr reference_wrapper& operator=(const reference_wrapper& x) noexcept;

这些特殊成员函数之间存在这种差异（模板和非模板）的原因是什么？

另一方面，我使用Visual C++ 2019尝试了以下程序。

#include <iostream>
#include <functional>

struct A
{
    void f() const { std::cout << "A::f()\n"; }
    virtual void g() const { std::cout << "A::g()\n"; }
};

struct B : A
{
    void f() const { std::cout << "B::f()\n"; }
    void g() const override { std::cout << "B::g()\n"; }
};

int main()
{
    B b;

    std::reference_wrapper<A> r( b );

    r.get().f();
    r.get().g();


    r = std::reference_wrapper<B>( b );
}

并且编译器未发出与赋值运算符相关的错误消息。

是编译器的错误还是我错过了什么？

C++ 模板赋值运算符 C++20 引用包装器

如果有一个构造函数接受，那么它会导致错误，例如能够绑定到类型的临时。因此，最初有两个构造函数（复制构造函数除外）：一个采用，另一个采用，它被定义为已删除，确保会发生编译错误。std::reference_wrapper<T>T&std::reference_wrapper<const T>TT&T&&

然而，有人指出，这并不是我们真正想要的：如果根本没有接受类型的右值的构造函数，而不是删除的构造函数，那就更好了。这是LWG 2993。（您会注意到，此问题在 cppreference 页面的底部有所提及。因此，构造函数已根据需要更改为禁用 SFINAE 的模板。std::reference_wrapper<T>T

一旦构造函数解决了这些问题，赋值运算符只需要有一个重载。当编译器形成隐式转换序列时，转换问题将由构造函数逻辑处理。reference_wrapper

非模板 std：：reference_wrapper 赋值运算符和模板构造函数

non-template std::reference_wrapper assignment operator and template constructor

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