Question

我已经在这里待了很长时间。基本上，类接受一个类型，它可能是一个函数，还有一些参数：

template <typename T, typename ... Args>
struct HandlerBase
{
    HandlerBase(T type, Args ... args) {}
    HandlerBase() {}

     auto operator()(Args ... args) 
        { return std::declval<T>()(args...); }  ;
};// This compiles

但现在我想让我的operator（）虚拟，我得到错误：

＆＃34;虚拟成员函数不应具有包含的返回类型自动＆＃34;

所以我需要手动设置返回类型，并且在我所有搜索之后我可以尝试的最好：

virtual decltype(std::declval<T>()(std::declval<Args>()...)) 
operator()(Args ... args)
{ return std::declval<T>()(args...); }  ;

或作为追踪回报

virtual auto operator()(Args ... args)
-> decltype(std::declval<T>()(std::declval<Args>()...))
{ return std::declval<T>()(args...); }  ;

这些尝试是基于我之前对此主题的一些帮助。我真的觉得通过这样的陈述几乎不可能解析。

如果有人想尝试，这就是整个事情的样子：

#include <iostream>

template <typename T, typename ... Args>
struct HandlerBase
{
    HandlerBase(T type, Args ... args) {}
    HandlerBase() {}

     virtual decltype(std::declval<T>()(std::declval<Args>()...)) operator()(Args ... args)
        { return std::declval<T>()(args...); }  ;
};

int main()
{
    auto lambda = []() { return 0; };
    HandlerBase<decltype(lambda)> object;   
}

在正常返回语法和尾随返回语法的Visual Studio上我得到错误我得到一个基本上不可读的链接器错误，但是它提到了返回类型为int的东西，所以我认为我在括号内的实际定义可能是错的。

Answer 1

std::declval只能用于未评估的环境中。正如其documentation on cppreference所示：

请注意，因为declval不存在定义，所以它只能是用于未评估的背景;评估表达式是错误的包含此功能。在形式上，如果，该计划是不正确的这个功能很奇怪。

当您编写std::declval<T>()(args...)时，它会尝试使用引用declval返回来调用函数调用运算符。这是一个有趣的用途，链接器必须查找它。它无法找到它，因此也就是错误。

只有在添加虚拟说明符时才触发它，因为虚函数是隐式使用的（主要是因为它们必须是为了添加动态调度支持）。

如果没有虚拟说明符，operator()的函数体将永远不会被实例化，直到尝试调用它（在作为模板类的帐户HandlerBase<>上）。但如果您尝试在原始版本中调用operator()，那么您将获得完全相同的链接器错误＃34;工作＆＃34;版本

Answer 2

您可以使用标准result_of

实现您的需求

typename std::result_of<T(Args...)>::type

整个事情看起来像这样：

template <typename T, typename ... Args>
struct HandlerBase
{
    HandlerBase(T type, Args ... args) {}
    HandlerBase() {}

    virtual auto operator()(Args ... args)
    -> typename std::result_of<T(Args...)>::type
    { return T()(std::forward<Args>(args)...); };
};

<强>被修改

正如所指出的那样，std::result_of在c ++ 17中被std::invoke_result替换。

以下是使用std::invoke和std::invoke_result的替代实现：

#include <utility>
#include <iostream>
#include <functional>

template <typename T, typename ... Args>
struct HandlerBase
{
    HandlerBase() {}

    virtual auto operator()(T type, Args ... args)
    -> typename std::invoke_result_t<T, Args...>
    { return std::invoke(type, args...); };
};

int main()
{
    auto lambda = []() { return 0; };
    HandlerBase<decltype(lambda)> object;
}

我无法让这个虚拟模板化仿函数运算符返回正确的类型

2 个答案: