自动推断模板中的功能类型

时间:2018-04-12 14:40:32

标签: c++ templates c++14 generic-programming

我有简单的map实施和简单的id(身份):

template <typename T>
T map(const T& x, std::function<decltype(x[0])(decltype(x[0]))> f) {
    T res(x.size());
    auto res_iter = begin(res);
    for (auto i(begin(x)); i < end(x); ++i) {
        *res_iter++ = f(*i);
    }
    return res;
}

template <typename T>
T id(T& x) {return x;}

当我打电话时是

vector<int> a = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};
map(a, id<const int>);

它有效,但我希望在没有类型规范的情况下调用它,如下所示:

map(a, id);

当我这样做时,我收到错误:

error: cannot resolve overloaded function 'id' based on conversion to type 'std::function<const int&(const int&)>'
 map(a, id);
          ^

当错误包含右边界类型时,如何解决它以及为什么编译器可以从id中的上下文中推断出map的类型?

2 个答案:

答案 0 :(得分:4)

如果您处于符合C ++ 14的环境中,那么有一种非常简洁的方法可以做到这一点。不使用std :: function和模板化类,而是使用无约束转发引用和通用lambda,如下所示:

#include <vector>

template <typename T,typename F>
T map(const T& x, F &&f) {
  T res(x.size());
  auto res_iter = begin(res);
  for (auto i(begin(x)); i < end(x); ++i) {
    *res_iter++ = f(*i);
  }
  return res;
}

auto id = [](auto x) { return x;};

int main()
{
  std::vector<int> v = {1, 2, 3, 4};
  auto v2 = map(v, id);
}

在C ++ 11中,您必须使用其operator()是模板化方法的仿函数替换泛型lambda,如下所示:

struct {
  template<typename T>
  T operator()(T x) const
  {
    return x;
  }
} id;

在C ++ 98语法中,您将无法使用转发引用,因此您必须考虑复制和函子可变性问题。

答案 1 :(得分:3)

这是因为id不是一个功能。这是一个功能模板!

这意味着id是一个生成id<const int>等函数的模板,但它本身并不是一个函数。

在运行时,没有id,只有id创建的函数实例。