Question

我试图编写一个模板函数，它可以接受functor作为参数并在之后调用它。该计划如下：

#include <iostream>
#include <functional>
using namespace std;

template<typename R, typename... Args>
R call(function<R(Args...)> fun, Args... args)
{
    cout << "call@ " << __LINE__ <<endl;
    return fun(args...);
}

int main()
{
    cout << call(std::plus<int>(),1,2) <<endl;
    return 0;
}

G ++ compplains：

g++ -c -Wall -std=c++0x -I../include a.cpp -o a.o
a.cpp: In function ‘int main()’:
a.cpp:16:38: error: no matching function for call to ‘call(std::plus<int>, int, int)’
a.cpp:16:38: note: candidate is:
a.cpp:7:3: note: template<class R, class ... Args> R call(std::function<_Res(_ArgTypes ...)>, Args ...)
a.cpp:7:3: note:   template argument deduction/substitution failed:
a.cpp:16:38: note:   ‘std::plus<int>’ is not derived from ‘std::function<_Res(_ArgTypes ...)>’
make: *** [a.o] Error 1

我认为std::plus<int>()可以推断为std::function<int(int,int)>，但事实并非如此。那是为什么？海湾合作委员会是gcc version 4.7.2 20120921 (Red Hat 4.7.2-2) (GCC)

Answer 1

我认为std :: plus（）可以推导为std :: function

没有。鉴于您已传递std::plus<int>类型的对象，无法推断出。

在您的情况下，您不需要使用std::function ，因为在存储可以使用特定签名调用的不同函数/函数对象时，通常会使用它。< / p>

通过这种方式，您可以让call函数直接接受函数/函数对象，并推导其原始类型，而不使用std::function。此外，您可能还希望在接受参数时使用完美转发，并在将它们作为参数传递给函数/函数对象时使用std::forward。您还应该使用函数的返回类型作为call的返回类型。使用C ++ 11的尾随返回类型decltype。

#include <iostream>
#include <functional>
using namespace std;

template<typename R, typename... Args>
auto call(R fun, Args&&... args) -> decltype(fun(std::forward<Args>(args)...))
{
    cout << "call@ " << __LINE__ <<endl;
    return fun(std::forward<Args>(args)...);
}

int main()
{
    cout << call(std::plus<int>(),1,2) <<endl;
    return 0;
}

LIVE CODE

正如@Jan Hudec commented __LINE__中的call，{{1}}的所有调用总是会产生相同的结果，无论函数是什么传递。

Answer 2

它无法推断出模板参数。

我建议更改功能签名，如下所示：

template<typename F, typename... Args>
auto call(F fun, Args... args )
    -> decltype( fun(args...) )

Answer 3

在推导模板参数时，不会考虑大多数隐式转换。当然不是用户定义的。因此，即使plus可转换为function，也无法发挥作用。

模板函数中的std :: function

3 个答案: