将函数作为显式模板参数传递

时间:2012-06-03 14:22:32

标签: c++ templates

在下面的代码示例中,对foo的调用有效,而对bar的调用失败。

如果我注释掉对bar的调用,代码会编译,这告诉我bar本身的定义很好。那么如何正确调用bar

#include <iostream>

using namespace std;

int multiply(int x, int y)
{
    return x * y;
}

template <class F>
void foo(int x, int y, F f)
{
    cout << f(x, y) << endl;
}

template <class F>
void bar(int x, int y)
{
    cout << F(x, y) << endl;
}

int main()
{
    foo(3, 4, multiply); // works
    bar<multiply>(3, 4); // fails

    return 0;
}

2 个答案:

答案 0 :(得分:30)

问题在于,multiply不是类型;它是,但函数模板bar期望模板参数为类型。因此错误。

如果将功能模板定义为:

template <int (*F)(int,int)> //now it'll accept multiply (i.e value)
void bar(int x, int y)
{
    cout << F(x, y) << endl;
}
然后它会起作用。请参阅在线演示:http://ideone.com/qJrAe

您可以使用typedef简化语法:

typedef int (*Fun)(int,int);

template <Fun F> //now it'll accept multiply (i.e value)
void bar(int x, int y)
{
    cout << F(x, y) << endl;
}

答案 1 :(得分:7)

multiply不是类型,它是一个函数。在该上下文中,它衰减为函数指针。但是,bar模仿的类型同样是multiply不是。

Nawaz已经反过来回答了这个问题(如何更改bar的定义以便与函数一起使用),但要回答你如何调用bar的明确问题。 ,你需要一个合适的类型,如:

struct Type {
  const int result;
  Type(int x, int y): result(x * y) {}
  operator int() const { return result; }
};

// usage
bar<Type>(x, y);

// (edit) a suitable type doesn't necessarily mean a new type; this works as well
// if you aren't trying to solve any specific problem
bar<std::string>(64, 64);