enable_是否是定义仅接受RVALUE的函数但任何类型的函数的最简洁的方法？

Question

我指的是：

#include <utility>

template<typename T, typename = std::enable_if_t<std::is_rvalue_reference_v<T&&>>>
auto f(T&&) {}

int main(){
    int i{};
    f(std::move(i)); // ok
    f(int{1});       // ok
    f(i);            // compile time error, as expected
}

还有其他方法可以实现同样的方法吗？

有一刻，我认为这样的事情可以起作用，

template<typename T>
auto f(decltype(std::declval<T>())&&) {}

但是IDE告诉我无法推断模板参数' t '，我验证了在这里上下文， exltype -specifier 的表达确实是一个未偿还的上下文。

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我也对a c ++ 17 解决方案，如果存在。

Answer 1

您是否尝试过明确删除L值超载？

template <typename T>
auto f(T &&) {}

template <typename T>
auto f(T &) = delete;

Answer 2

正如@HolyBlackCat所评论的那样，您可以使用概念来简化功能签名

#include <type_traits>

template<typename T>
  requires (!std::is_lvalue_reference_v<T>)
auto f(T&&) {}

或通过检查接受LVALUE参考的lambda表达式的有效性来检测LVALUE或RVALUE

#include <utility>

template<typename T>
  requires (!requires (T&& x) { [](auto&){}(std::forward<T>(x)); })
auto f(T&&) {}

Answer 3

如果您不需要Sfinae，则可以使用 static_assert ：

template<typename T>
auto f(T&&) {
    static_assert(std::is_rvalue_reference_v<T&&>);
}