C++98有一个关于类型推断的简单规定集：函数模板。C++11修改一部分规定集，增加两部分：auto和decltype。C++14在auto和decltype进行了扩展。你在拼写受到明的限制时，自由类型推断的广泛应用。在源文件某处更改一个类型能自动类型推断适应到其他位置，使得C++软件更加适应。但是，由于类型推断对于编译器可能不是你想要的结果，得到的代码更加难。
没有完全明白类型推断怎样执行，在现代C++编程中进行有效编程难实现。对于描述类型推断有大量的资料：函数模板，大多情况下出现auto，在decltype表达式中，比如C++14中，令人困惑的decltype或auto结构给使用。
本章提供每个C++开发者需要的类型推断信息。阐明模板类型推断怎么运行，auto和decltype怎样以自己的方式进行编译。好的编译器将展现类型推断的结果，让你知道编译器能得到你想要的结果。
条款1：理解模板类型推断
当使用者对复杂系统怎么运行进行忽视时，对于系统的设计能做什么感到庆幸。总而言之，模板类型推断在C++中获得了巨大的成功。大量程序员对通过参数实现泛型函数的结果感到满意，即使大量程序员对于函数怎样推断感到困惑。
如果这个群体里面有你，你将获得两个消息-好消息和坏消息。好消息是模板类型推断是基于现代C++最有力的特征：auto。如果你对于C+98中模板的类型诊断感到庆幸，你将对C++11的auto类型推断感到高兴。坏消息是当模板类型推断被应用于auto中，有时不能值观获得模板类型。因此，对于理解生成auto类型推断是相当重要的。本条款增加你的了解。
如果你想看伪代码，你可以考虑这样的函数模板：
template<typename T>
void f(paramType param);
可以这样调用函数：
f(expr);
通过编译，编译器使用expr推断出两种类型：一种是T，一种是paramType。他们的类型通常是不同的，因为paramType包含修饰词，例如，const或引用。如果模板是这样声明的。
template<typename T>
void f(const T& param)
我们可以这样调用：
int x = 0;
f(x);
T被推断出int类型，但是paramType被推断出const int&类型。
通常期望函数可以推断出T类型为参数类型，比如，根据expr推出T的类型，在上面示例中，x是int类型，T被推断为int，但并不总是这样实现。类型推断不仅仅依赖表达式的类型，还依赖参数的形式。在以下情形中：
参数类型是一个指针或引用类型，而不是普通引用。
参数类型是一个通用引用；
参数类型既不是指针也不是引用。
我们有三种类型推断检查，每一种都基于通用形式模板并调用：
template<typename T>
void f(paramType param);
f(expr);
情形1：参数类型是指针或引用，而非普通引用
最简单情形是参数类型是引用类型或指针类型，而非普通引用。这种情况，类型推断像这样执行：
1.如果表达式是一个引用，忽略引用部分。
2.模式匹配表达式类型取决于T。
示例，如果这是模板：
template<typename T>
void f(T& param);
且有变量声明：
int x = 27;
const int cx = x;
cosnt int& rx = x;
推断类型param和T在调用中实现：
f(x);
f(cx);
f(rx);
在后面两种调用中，注意到cx和rx不同于const值，T被推断为const int，因此生成参数类型为const int&。这是重要的调用。当将一个常量对象传递给引用参数，他们期望对象保留不可修改。比如：传递参数常量引用，这就是为什么通过将常量对象传递给一个模板采用T&是安全的：常量对象成为类型推断的一部分。
在最后一个示例中，通过rx类型传给一个引用，T被推断为非引用。这是因为re的引用性在推断期间被忽略。
这三个示例均为左值引用参数，但是类型推断以同样的方式运用于右值引用。当然，只有右值参数可以传递给右值参数，对于类型推断没有任何限制。
如果我们改变函数参数类型从T&变为const T&，虽然有所改变，但是实际上没有任何改变。常量cx和rx没有没有变成const 类型。
template<typename T>
void f(const T& param);
int x =27;
const int cx = x;
const int& rx = x;
f(x);
f(cx);
f(rx);
如前所述，rx的引用在推断期间被忽略。
如果参数是一个指针而非引用，类型推断以同样的方式运用：
template<typename T>
void f(T* param);
int x = 27;
const int *px = &x;
f(&x);
f(px);
现在，你可能乏味，因为C++类型推断规则运用在指针和引用参数中，书写的方式是沉闷的。一切如此明显。哪有完全如你所愿。
情形2：参数类型是普通引用
类型推断在模板采用普通引用中不是那么明显。比如参数被用右值声明，但他们与右值参数被传递有所不同。具体之处在条款24中说明，这是头版：
如果表达式是右值，T和typeparam被推断为右值引用。仅有在这种情形下被推断为引用，其次，paramtype被声明作为右值语义，推断为右值引用。
如果表达式是一个右值，按照正常情形应用。
示例：
template<typename T>
void f(T&& param);
int x = 27;
const int cx = x;
const int& rx = x;
f(x);
f(cx);
f(rx);
f(27);
条款24会解释这些示例为什么是这样。关键在于普通引用的类型推断规则不同于右值引用参数或右值引用。尤其是，当普通引用被使用时，类型推断不同于右值参数。这种情况不会在非普通引用中出现。
情形3：参数类型既不是指针亦非引用
当参数类型既不是指针亦不是引用时，我们通过值传递参数进行处理：
template<typename T>
void f(T param);
者意味着参数在任何情形下会以一个对象的副本传递。实际上param将以一个新的对象有目标性推断出表达式的类型：
1.在此之前，如果表达式是一个引用，忽略引用部分。
2.如果表达式是const，忽略常量引用部分，如果是可变，也忽略。
因此：
int x = 27;
const int cx = x;
cosnt int rx& = x;
f(x);
f(cx);
f(rx);
注意即使rx和cx是const值，参数不是常量的，参数的意义在于它是一个对象，它完全独立于cx和rx-作为cx和rx的副本。实际上cx和rx无论在任何情况下不会被参数修改。这就是表达式常量部分被忽略的原因。不能因为表达式不能被修改并不意味着不能被复制。
意识到仅在通过值传递参数时const被忽略势必要的。参数通过引用或指针，表达式的保留类型推断，考虑到表达式是一个常量指针指向常量对象，expr通过值传递参数：
template<typename T>
void f(T param);
const char* const ptr = "Fun with pointer";
f(ptr);