Question

我想使用decltype将方法的返回类型虚拟绑定到类似变量的类型

#include <iostream>

decltype(a) foo()                     // my point
{
  return 4.3f;
}

int main(int argc, char* argv[])
{
  auto a = 5.5f;
  std::cout << foo() << std::endl;
  return(0);
}

但是这个代码不能在Linux上的g++-4.7.2下编译，因为你很容易猜到。

有一个解决方法吗？我知道auto但这不是我想要使用的内容（我不想将auto用于foo()的返回类型。

Answer 1

您可以使用模板

template <typename T>
T foo()
{
    return 4.3f;
}

并使用foo<float>()

进行调用

如果在函数之前声明decltype，您也可以使用a，如下所示：

auto a = 5.3f;

decltype(a) foo()
{
   return 4.3f;  
}

Answer 2

你的目标究竟是什么？将变量传递给函数是否可以？如果没有，该功能如何预期知道使用什么类型？如果您可以将变量传递给函数，则可以使用模板：

template<typename T>
T foo(T) {
    return 4.3f;
}

现在您可以将其称为

std::cout << foo(a) << std::endl;

此处的变量仅用于获取其类型。如果您不想传入变量，则需要直接提供类型，例如

template<typename T>
T foo() {
     return 4.3f;
}

std::cout << foo<decltype(a)>() << std::endl;

但这当然非常难看。

现在，如果您愿意使用宏，可以稍微简化一下：

template<typename T>
T _foo() {
    return 4.3f;
}
#define foo() _foo<decltype(a)>()

std::cout << foo() << endl;

但当然，当你调用foo（）时，这会对必须在范围内的变量的名称进行硬编码。

这里的根本问题是函数不能隐式使用变量的类型，因为函数是先声明的。因此，如果模板不是一个好的解决方案，那么唯一的选择就是在函数和变量都能访问它的地方声明类型。这可以通过typedef：

来完成

typedef float atype;

atype foo() {
    return 4.3f;
}

int main() {
    atype a = 5.5f;
    std::cout << foo() << std::endl;
}

或者，您可以简单地确定foo()的返回值被视为相关类型的权限：

float foo() {
    return 4.3f;
}

int main() {
    decltype(foo()) a = 5.5f;
    std::cout << foo() << std::endl;
}

Answer 3

使用C ++ 1y，您将能够这样做：

#include <iostream>

auto foo()
{
  return 4.3f;
}

int main(int argc, char* argv[])
{
  auto a = 5.5f;
  std::cout << foo() << std::endl;
  return(0);
}

你已经可以使用lambda函数了。

这是在g ++ - 4.8中用std = c ++ 1y标志实现的。

我在这里回答：C++11 auto and function return types

Answer 4

这就是你要追求的吗？它应编译：

#include <iostream>

const float foo() 
{
  return 4.3f;
}

int main(int argc, char* argv[])
{
  decltype(foo()) a;
  a = foo();
  std::cout << a << std::endl;
  return(0);
}

转发decltype检测 - C ++ 11

4 个答案: