Question

在C ++中是否可以传递一个带有参数的函数作为参数？我不想只传递函数名称。我想传递包含参数的函数名称。请注意，我不知道函数接收了多少参数，也不知道类型。这就是我不将它们作为额外参数添加的原因。我只想要一个函数调用的引用，我可以按需执行。例如：

CallFunction(f(param1, param2));

但是f没有被评估，我只是得到函数调用的引用，我可以在需要时对它进行评估，例如：

CallFunction(f){
 //do something and then in one moment do:
 f; // and this calls f(param1, param2)
}

在C ++中可以实现的任何方式？提前谢谢。

Answer 1

使用std::bind的完整示例：

#include <iostream>
#include <functional>

void f(int p1, int p2) {
    std::cout << "In f(" << p1 << "," << p2 << ")\n";
}

template <typename F>
void CallFunction(F f)
{
    std::cout << "Start CallFunction\n";
    f();
    std::cout << "End CallFunction\n";
}

int main()
{
    CallFunction(std::bind(f, 2, 3));
}

Answer 2

接受任何可调用函数作为第一个参数
使用可变参数模板并接受任意类型的任意数量的参数。
使用完美转发。

http://ideone.com/z2kLUx

int HelloWorld(string var1, const char* var2)
{
    cout << var1 << " " << var2 << endl;
    return 5;
}

template<typename Fn, typename... Args>
auto CallFunction(Fn fn, Args&&... args)
{
     return fn(forward<Args>(args)...);
}

int main()
{
    cout << "Value returned: " << CallFunction(HelloWorld,"Hello","World");
    return 0;
}

这是一个简单的版本，它有一个缺点：你必须指定一个返回非void的函数，但这可以很容易地修复。简单的解决方法是创建另一个CallFunction，它返回带有不同名称的void，或者使用std::enable_if。

http://ideone.com/El3WUi

template<typename Fn, typename... Args>
auto CallFunction(Fn fn, Args&&... args) -> typename enable_if<is_same<void, decay_t<decltype(fn(forward<Args>(args)...))>>::value, decltype(fn(forward<Args>(args)...))>::type
{
    fn(forward<Args>(args)...);
}

template<typename Fn, typename... Args>
auto CallFunction(Fn fn, Args&&... args) -> typename enable_if<!is_same<void, decay_t<decltype(fn(forward<Args>(args)...))>>::value, decltype(fn(forward<Args>(args)...))>::type
{
    return fn(forward<Args>(args)...);
}

Answer 3

您有几种选择。

一种是创建一个封装器闭包，它将封装对函数的调用。这样做的好处是，如有必要，您可以转换函数的输出。

使用简单的包装器与使用其他人之前提到的$check1 = isset($_POST['f_check1']); $check2 = isset($_POST['f_check2']);相同。

std::bind

使用C ++中的参数传递函数

3 个答案: