Question

实现简单的记录器

struct DebugOutput {
    DebugOutput(std::ostream& out = std::cerr) : m_Out(out) {}

    template<typename T>
    inline DebugOutput& operator <<(T&& value) {
        m_Out << value;
        return *this;
    }
private:
    std::ostream& m_Out;
};

我发现universal reference无法捕获std::endl。

DebugOutput dbg;
dgb << std::endl;

我发现这个this post解释了你需要在结构中添加一个特别是函数指针签名的重载函数，即：

typedef std::ostream& (*StandardEndLine)(std::ostream&);
inline DebugOutput& operator<<(StandardEndLine manip) {
    return *this;
}

为什么通用引用不捕获函数指针？它不是int或void*的类型吗？

Answer 1

函数（指针）可以绑定到通用引用。例如：

void f(int) {}

template <typename T>
void foo(T&&) {}

foo(f); // OK

然而，重载功能不能。也就是说，如果你添加f的第二个重载，比如说，

void f(double) {}

电话foo(f)将失败。

把自己放在编译器鞋上。需要将f传递给foo，并且有两个名为f的函数，每个函数都有不同的类型。如果我们通知类型，那么编译器可以明确地选择正确的f。例如，

foo(static_cast<void (*)(int)>(f));

编译正常并将void f(int)（在函数到指针转换后）传递给foo。

但是，我们没有通知该类型。我们宁愿要求编译器推断它。

与f类似，同一参数适用于std::endl，因为这是一个函数模板，因此名称std::endl表示一组函数，所有函数都具有相同的名称，但不同类型。

现在，您可以看到错误的原因是我们提供了一个重载集并要求类型推导。因此，这不是普遍的参考。

std::cout << std::endl有效，因为basic_ostream::operator <<不是模板，并且不会尝试推断传递的参数的类型。这是一个函数，它采用一种特定类型的std::endl。

为什么通用引用不捕获函数指针？

1 个答案: