C ++重载函数和函数模板-不同的行为？

debugcn 发表于 Dev

贫民窟

我有以下代码：

void A(const int*)
{
    cout << "const int*" << endl;
}

void A(const int&)
{
    cout << "const int&" << endl;
}

template <typename T>
void B(const T*)
{
    cout << "const T*" << endl;
}

template <typename T>
void B(const T&)
{
    cout << "const T&" << endl;
}

int main()
{
    int* a = nullptr;
    A(a);            //output: const int*

    int* b = nullptr;
    B(b);            //output: const T&

    return 0;
}

A(a)正在调用该函数A(const int*)
B(b)正在调用模板函数B(const T&)

由于重载解析的工作方式，我对模板的行为并不感到惊讶。但是我无法解释为什么非模板函数返回相反的结果（这更直观）。

是因为使用非模板函数不需要推导类型并且将其视为完全匹配（允许添加const-ness吗？）？

我不是元编程和编译器正在做的事情（例如重载解析）的专家，这就是为什么我有点困惑的原因。

本杰明·林德利（Benjamin Lindley）

在对非模板的调用中，您正在传递一个指向int的指针。那么如何调用期望引用int的函数呢？两者是完全不同的类型。是的，允许添加const。如果您在constness上超载，请执行以下操作：

void A(const int*)
{
    cout << "const int*" << endl;
}

void A(int*)
{
    cout << "int*" << endl;
}

非const版本将被选为更好的匹配。

使用模板，情况有所不同。请记住，指针也是类型。推断T与指针类型一样有效。当您调用时B(b)，编译器可以使用以下函数：

template <typename T>
void B(const T*)
{
    cout << "const T*" << endl;
}

在这种情况下，T必须推导为int，并const T*成为const int*const int的指针。

或者编译器可以选择此函数：

template <typename T>
void B(const T&)
{
    cout << "const T&" << endl;
}

在这种情况下T，推导为int*。而const T&就变成了int* const&，那就是，一个const指针指向int的参考。

由于在第二种情况下，它T精确地映射到您实际传入的内容（一个指向int的指针），因此它是更好的匹配。

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编辑于2021-06-5

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