删除decltype中的引用（返回T而不是T＆，其中T＆是decltype）

（如果您是C ++ 11专业版，请跳至粗体段落。）

比方说，我想写一个模板方法，它调用并返回types是模板参数的传递对象的结果：

template<ReturnType, T> ReturnType doSomething(const T & foo) { return foo.bar(); // EDIT: Might also be an expression introducing a temp val } 

所以T必须有一个方法ReturnType T::bar() const为了在这样的调用中使用：

 struct MyClass { ... int bar() const; ... }; ... MyClass object; int x = doSomething<int, MyClass>(object); 

我们不必写MyClass感谢types扣除和调用变成：

 int x = doSomething<int>(object); 

但省略<int>也会导致编译错误，因为该方法不需要返回int以便事后分配给x （例如，它可以返回char ）。

在C ++ 0x / 11中，我们可以使用auto和decltype来推断模板方法的返回types：

 template<T> auto doSomething(const T & foo) -> decltype(foo.bar()) { return foo.bar(); // EDIT: Might also be an expression introducing a temp val } 

编译器现在将找出foo.bar()的types， foo.bar()其用作返回types。 用我们的具体类MyClass这将是一个int ，下面就足够了：

 int x = doSomething(object); 

现在我的问题：

如果MyClass将bar()定义为返回一个int& ，那么doSomething(object)的返回types也将是一个int& = decltype(foo.bar()) 。 这是一个问题，因为现在G ++符合我返回引用临时 。

我怎样才能解决这个问题？ 有没有像remove_reference可以像remove_reference(decltype(foo.bar())) ？

我想只是声明一个帮助器方法，它接受一个T&并返回一个T ，然后定义doSomething的返回types为decltype(helper(foo.bar())) 。 但是有一个更好的方法，我感觉到了。

Answer 1

要删除参考：

 #include <type_traits> static_assert(std::is_same<int, std::remove_reference<int&>::type>::value, "wat"); 

在你的情况下：

 template <typename T> auto doSomething(const T& foo) -> typename std::remove_reference<decltype(foo.bar())>::type { return foo.bar(); } 

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要清楚，请注意，作为书面返回一个引用就好了：

 #include <type_traits> struct f { int& bar() const { static int i = 0; return i; } }; template <typename T> auto doSomething(const T& foo) -> decltype(foo.bar()) { return foo.bar(); } int main() { fx; return doSomething(x); } 

返回的引用可以简单地传递，没有错误。 你在评论中的例子是它变得重要和有用的地方：

 template <typename T> auto doSomething(const T& foo) -> decltype(foo.bar()) { return foo.bar() + 1; // oops }