模板的类型推导,不能推导出"引用"的信息吗?

[ewrewqr2]

如下:

template<class T>
void f(T t)
{
    //cout << std::is_reference<T>::type << endl;
    //remove_reference<T>::type t2 = t;
    //t2 += 2;
    t += 1;
}
int main() {
    int i = 1;
    f(i);
    cout << i << endl;
    int&ri = i;
    f(ri);
    cout << i << endl;
    return 0;
}

我期待，模板函数f，在接受int i的时候推导出T=int，那么t是i的一个拷贝，对它加1不会有影响。
而在接受int& ri参数时，能推导出int&，也就是t是i的一个引用，对t加1就是对i加1.
所以我期待输出结果是1,2
但是实际上输出的结果是1，1

换句话说，似乎模板的类型推导，如果没有显示的声明T&这样的话，那么似乎是会丢掉变量的引用修饰符的。
C++语言的标准对此说了什么吗?

[dustpg]

#include <iostream>
#include <typeinfo>
int main() {
    int a = 9;
    int&b = a;
    std::cout << "a: " << typeid(a).name() << std::endl;
    std::cout << "b: " << typeid(b).name() << std::endl;
    return 0;
}

[mymtom]

引用 2 楼 mymtom 的回复:

f函数是传值的，不是引用

所以函数 f 里的 t += 1; 真的没有用处。

[mymtom]

f函数是传值的，不是引用

[lm_whales]

是 int 比 int &更优先匹配，所以推导不到 int& int 和 int & 实参，都是优先匹配 int 而非 int & 你改成

template<class T>
void f(T& t)
{
    //cout << std::is_reference<T>::type << endl;
    //remove_reference<T>::type t2 = t;
    //t2 += 2;
    t += 1;
}

试试

[lm_whales]

C++ 函数（包括模板）匹配，是按照调用方式，和对应的函数匹配的 引用和值调用形式完全一致， 模板匹配的时候，值调用 优先匹配，所以引用方式就没有机会了。 模板匹配的时候，C++引用信息没有丢失，只是机会差点，很多时候，匹配不上而已。

[ri_aje]

都推导成 int，引用的话需要明确写 &