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如果將對類型對象的右值引用傳遞給以X類型T&&為參數的模板函數，則模板參數推導將推導T為X。因此，該參數具有type X&&。如果函數參數是左值或const左值，則編譯器會推導其類型為該類型的左值引用或const左值引用。
如果std::forward使用模板參數推導：
由于objects with names are lvalues只有輸入參數是未命名的右值（例如或），std::forward才能正確轉換T&&為。在完美轉發的情況下，您傳遞給的是左值，因為它具有名稱。的類型將推導為左值引用或const左值引用。引用折疊規則將導致in std :: forward 中的in始終解析為左值引用或const左值引用。7func()argstd::forwardstd::forwardT&&static_cast<T&&>(arg)
例：
template<typename T>
T&& forward_with_deduction(T&& obj)
{
return static_cast<T&&>(obj);
}
void test(int&){}
void test(const int&){}
void test(int&&){}
template<typename T>
void perfect_forwarder(T&& obj)
{
test(forward_with_deduction(obj));
}
int main()
{
int x;
const int& y(x);
int&& z = std::move(x);
test(forward_with_deduction(7)); // 7 is an int&&, correctly calls test(int&&)
test(forward_with_deduction(z)); // z is treated as an int&, calls test(int&)
// All the below call test(int&) or test(const int&) because in perfect_forwarder 'obj' is treated as
// an int& or const int& (because it is named) so T in forward_with_deduction is deduced as int&
// or const int&. The T&& in static_cast<T&&>(obj) then collapses to int& or const int& - which is not what
// we want in the bottom two cases.
perfect_forwarder(x);
perfect_forwarder(y);
perfect_forwarder(std::move(x));
perfect_forwarder(std::move(y));
}
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因為std::forward(expr)沒有用。它唯一能做的就是無操作，即完美地推論其論點并像身份函數一樣工作。替代方法是與相同std::move，但我們已經有了。換句話說，假設有可能，
template<typename Arg>
void generic_program(Arg&& arg)
{
std::forward(arg);
}
std::forward(arg)在語義上等效于arg。另一方面，std::forward<Arg>(arg)在一般情況下，這不是禁忌。
因此，通過禁止std::forward(arg)它可以幫助捕獲程序員錯誤，并且由于的任何可能的使用std::forward(arg)都被代替了，因此我們什么也不會丟失arg。
我認為，如果我們專注于確切std::forward<Arg>(arg) 執行的事情，而不是std::forward(arg)會執行的事情，您會更好地理解（因為這是無趣的禁忌）。讓我們嘗試編寫一個完美地傳遞其參數的無操作函數模板。
template<typename NoopArg>
NoopArg&& noop(NoopArg&& arg)
{ return arg; }
這種幼稚的第一次嘗試不是很有效。如果我們調用，noop(0)則NoopArg推導為int。這意味著返回類型為int&&并且我們不能從表達式中綁定這樣的右值引用arg，即左值（它是參數的名稱）。如果然后嘗試：
template<typename NoopArg>
NoopArg&& noop(NoopArg&& arg)
{ return std::move(arg); }
然后int i = 0; noop(i);失敗。這次NoopArg被推導出為int&（引用折疊規則保證將int& &&折疊為int&），因此返回類型為int&，這一次我們不能從std::move(arg)作為xvalue 的表達式中綁定這種左值引用。
在像的完美轉發函數的上下文中noop，有時我們想移動，而其他時候我們不想要。知道是否應該移動的規則取決于Arg：如果不是左值引用類型，則意味著noop傳遞了右值。如果是左值引用類型，則表示noop已傳遞左值。因此std::forward<NoopArg>(arg)，為了使功能模板做正確的事情，NoopArg是中的一個必要參數std::forward。沒有它，就沒有足夠的信息。這NoopArg是不是同一類型什么T的參數std::forward會在一般情況下推斷。
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由于我們將變量傳遞給std::forward，T將被推導為左值引用類型，并且引用折疊規則將確保返回類型與該左值引用類型相同，因此該調用將為左值。同樣，std::forward(0)將是一個xvalue。因此，推論std::forward將完美地提出其論點，并且是一個無人問津。
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