Question

我正在寻找将C ++模板函数作为参数传递的规则。

这得到C ++的支持，如下例所示：

#include <iostream>

void add1(int &v)
{
  v+=1;
}

void add2(int &v)
{
  v+=2;
}

template <void (*T)(int &)>
void doOperation()
{
  int temp=0;
  T(temp);
  std::cout << "Result is " << temp << std::endl;
}

int main()
{
  doOperation<add1>();
  doOperation<add2>();
}

然而，了解这项技术很困难。 Googling for "function as a template argument"并不会导致太多问题。而经典C++ Templates The Complete Guide令人惊讶的是也没有讨论它（至少不是我的搜索）。

我遇到的问题是这是否是有效的C ++（或者只是一些广泛支持的扩展）。

此外，在这种模板调用过程中，有没有办法允许具有相同签名的仿函数与显式函数互换使用？

以下不在上述程序中工作，至少在Visual C++中，因为语法显然是错误的。能够为仿函数切换函数是很好的，反之亦然，类似于如果要定义自定义比较操作，可以将函数指针或函子传递给std :: sort算法。 / p>

   struct add3 {
      void operator() (int &v) {v+=3;}
   };
...

    doOperation<add3>();

指向一两个网站链接或C ++模板书中的页面的指针将不胜感激！

Answer 1

是的，它是有效的。

至于使它与仿函数一起使用，通常的解决方案是这样的：

template <typename F>
void doOperation(F f)
{
  int temp=0;
  f(temp);
  std::cout << "Result is " << temp << std::endl;
}

现在可以被称为：

doOperation(add2);
doOperation(add3());

问题在于，如果编译器内联对add2的调用很麻烦，因为所有编译器都知道函数指针类型void (*)(int &)正在传递给{{ 1}}。（但doOperation，作为一个仿函数，可以很容易地内联。在这里，编译器知道类型add3的对象被传递给函数，这意味着要调用的函数是{{1} }，而不仅仅是一些未知的函数指针。）

Answer 2

模板参数可以按类型（typename T）或值（int X）参数化。

模仿一段代码的“传统”C ++方法是使用一个仿函数 - 也就是说，代码在一个对象中，因此该对象赋予代码唯一类型。

使用传统函数时，此技术效果不佳，因为类型更改并不表示特定的函数 - 而是仅指定许多可能函数的签名。所以：

template<typename OP>
int do_op(int a, int b, OP op)
{
  return op(a,b);
}
int add(int a, int b) { return a + b; }
...

int c = do_op(4,5,add);

不等同于仿函数案例。在此示例中，do_op是为所有签名为int X（int，int）的函数指针实例化的。编译器必须非常积极地完全内联这种情况。（我不会排除它，因为编译器优化已经非常先进。）

告诉我们这段代码不能满足我们想要的一种方法是：

int (* func_ptr)(int, int) = add;
int c = do_op(4,5,func_ptr);

仍然合法，显然这并没有内联。要获得完整的内联，我们需要按值进行模板化，因此该函数在模板中完全可用。

typedef int(*binary_int_op)(int, int); // signature for all valid template params
template<binary_int_op op>
int do_op(int a, int b)
{
 return op(a,b);
}
int add(int a, int b) { return a + b; }
...
int c = do_op<add>(4,5);

在这种情况下，每个实例化的do_op版本都使用已有的特定函数进行实例化。因此，我们希望do_op的代码看起来很像“返回a + b”。（Lisp程序员，不要傻笑！）

我们也可以确认这更接近我们想要的东西，因为：

int (* func_ptr)(int,int) = add;
int c = do_op<func_ptr>(4,5);

将无法编译。 GCC说：“错误：'func_ptr'不能出现在常量表达式中。换句话说，我无法完全展开do_op，因为你没有在编译器时给我足够的信息来知道我们的操作是什么。

因此，如果第二个例子真的完全内联我们的op，而第一个不是，那么模板有什么用呢？它在做什么？答案是：类型强制。第一个例子的这个riff将起作用：

template<typename OP>
int do_op(int a, int b, OP op) { return op(a,b); }
float fadd(float a, float b) { return a+b; }
...
int c = do_op(4,5,fadd);

这个例子会奏效！（我并不认为它是好的C ++但是......）发生的事情是do_op围绕各种函数的签名进行了模板化，并且每个单独的实例化都会编写不同类型的强制代码。所以do_op与fadd的实例化代码类似于：

convert a and b from int to float.
call the function ptr op with float a and float b.
convert the result back to int and return it.

相比之下，我们的by-value案例需要在函数参数上进行精确匹配。

Answer 3

函数指针可以作为模板参数传递，this is part of standard C++ 。但是在模板中，它们被声明并用作函数而不是指向函数的指针。在模板 instantiation 中，传递函数的地址而不仅仅是名称。

例如：

int i;


void add1(int& i) { i += 1; }

template<void op(int&)>
void do_op_fn_ptr_tpl(int& i) { op(i); }

i = 0;
do_op_fn_ptr_tpl<&add1>(i);

如果要将仿函数类型作为模板参数传递：

struct add2_t {
  void operator()(int& i) { i += 2; }
};

template<typename op>
void do_op_fntr_tpl(int& i) {
  op o;
  o(i);
}

i = 0;
do_op_fntr_tpl<add2_t>(i);

有几个答案将仿函数实例作为参数传递：

template<typename op>
void do_op_fntr_arg(int& i, op o) { o(i); }

i = 0;
add2_t add2;

// This has the advantage of looking identical whether 
// you pass a functor or a free function:
do_op_fntr_arg(i, add1);
do_op_fntr_arg(i, add2);

使用模板参数最接近这种统一外观的方法是定义do_op两次 - 一次使用非类型参数，一次使用类型参数。

// non-type (function pointer) template parameter
template<void op(int&)>
void do_op(int& i) { op(i); }

// type (functor class) template parameter
template<typename op>
void do_op(int& i) {
  op o; 
  o(i); 
}

i = 0;
do_op<&add1>(i); // still need address-of operator in the function pointer case.
do_op<add2_t>(i);

老实说，我确实期望这不会编译，但它适用于gcc-4.8和Visual Studio 2013。

Answer 4

在您的模板中

template <void (*T)(int &)>
void doOperation()

参数T是非类型模板参数。这意味着模板函数的行为随参数的值而变化（必须在编译时修复，函数指针常量是）。

如果你想要同时适用于函数对象和函数参数的东西，你需要一个打字模板。但是，当您执行此操作时，还需要在运行时向函数提供对象实例（函数对象实例或函数指针）。

template <class T>
void doOperation(T t)
{
  int temp=0;
  t(temp);
  std::cout << "Result is " << temp << std::endl;
}

有一些轻微的性能考虑因素。这个新版本的函数指针参数效率可能较低，因为特定的函数指针只在运行时被解析并调用，而您的函数指针模板可以根据所使用的特定函数指针进行优化（可能是函数调用内联）。使用类型化模板通常可以非常有效地扩展函数对象，但特定operator()完全取决于函数对象的类型。

Answer 5

您的仿函数示例不起作用的原因是您需要一个实例来调用operator()。

Answer 6

此处带有附加要求，即参数/返回类型也应变化。在本·苏普尼克之后，这将是某种类型的T

typedef T(*binary_T_op)(T, T);

代替

typedef int(*binary_int_op)(int, int);

这里的解决方案是将函数类型定义和函数模板放入周围的struct模板中。

template <typename T> struct BinOp
{
    typedef T(*binary_T_op )(T, T); // signature for all valid template params
    template<binary_T_op op>
    T do_op(T a, T b)
    {
       return op(a,b);
    }
};


double mulDouble(double a, double b)
{
    return a * b;
}


BinOp<double> doubleBinOp;

double res = doubleBinOp.do_op<&mulDouble>(4, 5);

或者，BinOp可以是带有静态方法模板do_op（...）的类，然后称为

double res = BinOp<double>::do_op<&mulDouble>(4, 5);

Answer 7

编辑：将运算符作为参考传递不起作用。为简单起见，将其理解为函数指针。您只需发送指针，而不是参考。我想你正在尝试写这样的东西。

struct Square
{
    double operator()(double number) { return number * number; }
};

template <class Function>
double integrate(Function f, double a, double b, unsigned int intervals)
{
    double delta = (b - a) / intervals, sum = 0.0;

    while(a < b)
    {
        sum += f(a) * delta;
        a += delta;
    }

    return sum;
}

。

std::cout << "interval : " << i << tab << tab << "intgeration = "
 << integrate(Square(), 0.0, 1.0, 10) << std::endl;

函数作为模板参数传递

7 个答案: