Question

我通过以下方式创建了一个包含std::function成员的模板类：

template<typename Ret, typename... Args>
class Foo
{
private:
    std::function<Ret(Args...)> _func;

public:
    Foo(const std::function<Ret(Args...)>& func):
        _func(func)
    {}
};

为了不必指定传递函数的参数和返回类型，我创建了一些make_foo重载：

template<typename Ret, typename... Args>
auto make_foo(Ret (&func)(Args...))
    -> Foo<Ret, Args...>
{
    return { std::function<Ret(Args...)>(func) };
}

template<typename Ret, typename... Args>
auto make_foo(const std::function<Ret(Args...)>& func)
    -> Foo<Ret, Args...>
{
    return { func };
}

但是，我无法创建一个以{lambda为参数：

的make_foo重载

template<typename Ret, typename... Args>
auto make_foo(??? func)
    -> Foo<Ret, Args...>
{
    return { std::function<Ret(Args...)>(func) };
}

我找不到从lambda自动推导出返回类型和参数类型的方法。是否有解决此类问题的惯用方法？

Answer 1

好的，所以我以为我会死，但我终于成功了ç_ç

首先，我使用了通常的指数。由于我没有官方版本，我使用了几个月前写的旧索引：

template<std::size_t...>
struct indices {};

template<std::size_t N, std::size_t... Ind>
struct make_indices:
    make_indices<N-1, N-1, Ind...>
{};

template<std::size_t... Ind>
struct make_indices<0, Ind...>:
    indices<Ind...>
{};

然后，我在StackOverflow上的某个地方找到了一些function traits。它们很好，我认为它们等同于评论中链接的Boost库：

template<typename T>
struct function_traits:
    function_traits<decltype(&T::operator())>
{};

template<typename C, typename Ret, typename... Args>
struct function_traits<Ret(C::*)(Args...) const>
{
    enum { arity = sizeof...(Args) };

    using result_type = Ret;

    template<std::size_t N>
    using arg = typename std::tuple_element<N, std::tuple<Args...>>::type;
};

然后，我能够编写一个正确的make_foo函数及其实现函数，因为两者都需要使用索引。小心，这很简单：

template<typename Function, std::size_t... Ind>
auto make_foo_(Function&& func, indices<Ind...>)
    -> Foo<
        typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::result_type,
        typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::template arg<Ind>...>
{
    using Ret = typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::result_type;
    return { std::function<Ret(typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::template arg<Ind>...)>(func) };
}

template<typename Function, typename Indices=make_indices<function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::arity>>
auto make_foo(Function&& func)
    -> decltype(make_foo_(std::forward<Function>(func), Indices()))
{
    return make_foo_(std::forward<Function>(func), Indices());
}

代码有些丑陋且难以理解，但绝对有效。希望它现在不依赖于某些实现定义的行为。另外，感谢大家的建议，它有所帮助！：）

int main()
{
    auto lambda = [](int i, float b, long c)
    {
        return long(i*10+b+c);
    };

    auto foo = make_foo(lambda);
    std::cout << foo(5, 5.0, 2) << std::endl; // 57, it works!
}

这是live example：）

Answer 2

我有一个与mutable lambdas一起使用的示例。我无法弄清楚如何获得CV会员资格。

首先，这是我们追求的功能模板：

#include <functional>

template <typename R, typename ...Args>
void foo(std::function<R(Args...)> f)
{ }

现在我们让函数模板bar接受一个任意的lambda，并通过检查lambda的foo的类型来调用operator()的正确版本：

#include <type_traits>

template <typename> struct remove_member;

template <typename C, typename T>
struct remove_member<T C::*>
{ using type = T; };

template <typename F>
void bar(F f)
{
    using ft = decltype(&F::operator());
    foo(std::function<typename remove_member<ft>::type>(f));
}

示例：

int q;
bar([&](int a, int b) mutable -> int { q = a + b; return q / b; });

你可以使用普通的const lambdas和这个修改过的特性，虽然我不喜欢拼出这个函数类型：

template <typename C, typename R, typename ...Args>
struct remove_member<R (C::*)(Args...) const>
{ using type = R(Args...); };

如果我使用typename std::remove_cv<T>::type，我认为它可能适用于原始代码，但至少在GCC上这不起作用，因为在lambda的运算符类型上设置了一些奇怪的__attribute__((const))干扰模板专业化。

初始化包含带有lambda的std :: function的类

2 个答案: