Question

在编写一个函数模板时，它应返回传递的函数返回的内容 - 如何避免return语句不能与返回void的函数一起使用？

示例：

struct FunctionalVoid {
    typedef void result_type;
    result_type foo () const { return; }
};

struct FunctionalInt {
    typedef int result_type;
    result_type foo () const { return 42; }
};

template< class F >
typename F::result_type
g (const F & f) {
   return f.foo ();
}

现在我可以写g (FunctionalInt {});，但我不能写g (FunctionalVoid {});。如果不编写g两次，有没有办法解决这个问题？

（真正的g当然是一个更复杂的功能。）

（编辑：减少愚蠢 - 成员函数名为foo而不是do。）

Answer 1

您不需要！

return void() 有效（在返回void的函数中），正好允许这样做。

您允许做的是命名一个函数do，因为这是一个关键字。

因此，当我将do重命名为foo并添加以下main函数时，the only diagnostics emitted by my compiler are warnings about an unused variable：

int main()
{
    FunctionalVoid obj1;
    g(obj1);

    FunctionalInt obj2;
    int result2 = g(obj2);
}

避免函数的`void`返回类型的特殊情况

1 个答案: