为什么选择这种转换运算符的重载？

考虑下面的代码。

struct any
{
    template <typename T>
    operator T &&() const;

    template <typename T>
    operator T &() const;
};
int main()
{
    int a = any{};
}

此处，第二个转换运算符由过载分辨率选择。为什么？

据我了解，这两个运算符分别推导为operator int &&() const和operator int &() const。两者都在可行的功能集中。通读[over.match.best]并没有帮助我弄清楚为什么后者更好。

为什么后一种功能比前一种更好？

T&首选返回的转换运算符，因为它比返回的转换运算符更专业T&&。

参见C ++ 17 [temp.deduct.partial] /（3.2）：

在调用转换函数的上下文中，使用转换函数模板的返回类型。

和/ 9：

如果对于给定类型，推导在两个方向上都成功（即，在上面的转换之后，这些类型是相同的），并且在两个方向上都成功P并且A是引用类型（在被上述类型替换之前）：—如果参数模板中的类型是左值引用，而参数模板中的类型不是，则不认为参数类型至少与参数类型一样专业；...

推导的返回值转换运算符有点奇怪。但是核心思想是，它就像一个函数参数一样选择要使用的参数。

之间作出决定时T&&，并T&在T&在重载决策规则的胜利。这是为了允许：

template<class T>
void f( T&& ) { std::cout << "rvalue"; }
template<class T>
void f( T& ) { std::cout << "lvalue"; }

上班。 T&&可以与左值匹配，但是当左值和通用引用重载均可用时，首选左值。

正确的一组转换运算符可能是：

template <typename T>
operator T&&() &&;

template <typename T>
operator T &() const; // maybe &

甚至

template <typename T>
operator T() &&;

template <typename T>
operator T &() const; // maybe &

以防止延长寿命的失败对您造成伤害。

3用于确定排序的类型取决于完成部分排序的上下文：

[SNIP]

（3.2）在调用转换函数的上下文中，使用转换函数模板的返回类型。

然后在选择重载时最终取决于“更专业的”规则：

（9.1）如果参数模板的类型是左值引用，而参数模板的类型不是左值引用，则不认为参数类型至少与参数类型一样专业；除此以外，

因此operator T&&至少operator T&没有专门的程度，同时没有规则的国家operator T&至少没有专门的程度operator T&&，因此operator T&比规则更专门operator T&&。

更加专业的模板可以使过载解决方案胜过更少的解决方案，其他所有条件都一样。

我们正试图初始化一个int从any。其过程：

1. 弄清楚我们可以做到的所有方式。也就是说，确定我们所有的候选人。这些来自非显式转换函数，可以int通过标准转换序列（[over.match.conv]）进行转换。本节包含以下短语：

   对返回“对的引用X” 的转换函数的调用是type的glvalue，X因此，这种转换函数被认为产生X了选择候选函数的过程。

2. 选择最佳人选。

步骤1之后，我们有两个候选人。operator int&() const和operator int&&() const，两者均int出于选择候选函数的目的而产生。哪个是最佳候选人int？

我们确实有一个决胜局，它偏爱左值引用而不是右值引用（[over.ics.rank] /3.2.3）。不过，我们在这里并没有真正绑定一个引用，该示例有些倒置-这是在参数是左值vs右值引用的情况下。

如果那不适用，那么我们会倾向于[over.match.best] /2.5决胜局，他们倾向于使用更专业的功能模板。

一般来说，经验法则是更具体的转换才是最佳匹配。左值引用转换功能比转发引用转换功能更具体，因此是首选。int我们正在初始化的东西并不需要一个右值（如果我们正在初始化int&&，那么那operator T&() const将不是候选者）。