Question

我想拥有一个函数，该函数接受一个指向函数的指针并按如下所示转发函数指针类型本身给定的所有参数：

template < typename RET, typename ... ARGS >
auto Do1( RET(*ptr)(ARGS...), ARGS... args )
{
    (*ptr)(std::forward<ARGS>( args )...);
}

int main ()
{
    int i=4;

    Do1( &Ex1, i );
    Do1( &Ex2, i ); //fails!
    Do1( &Ex3, i+1 ); // fails
}

两个示例的调用函数：

void Ex1( int i){ std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << " " << i << std::endl; i=10;}
void Ex2( int& i){ std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << " " << i << std::endl; i=20;}
void Ex3( int&& i){ std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << " " << i << std::endl; i=30;}

在Ex2和Ex3的情况下，它失败了，只是尝试两次推导ARGS列表的类型，结果却不同。编译器抱怨：

main.cpp:57:22: error: no matching function for call to 'Do1(void (*)(int&), int&)'
         Do1( &Ex2, i ); //fails!
                      ^   
main.cpp:33:10: note: candidate: 'template<class RET, class ... ARGS> auto Do1(RET (*)(ARGS ...), ARGS ...)'
     auto Do1( RET(*ptr)(ARGS...), ARGS... args )
          ^~~ 
main.cpp:33:10: note:   template argument deduction/substitution failed:
main.cpp:57:22: note:   inconsistent parameter pack deduction with 'int&' and 'int'

此后，我尝试使用以下方法来解决该问题，因为我仅一次推断出ARGS列表就选择了类型，然后再次转发给中间的lambda，如下所示：

template < typename RET, typename ... ARGS >
auto Do2( RET(*ptr)(ARGS...) )
{   
    return [ptr]( ARGS ... args )
    {
        std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << std::endl;
        (*ptr)(std::forward<ARGS>(args)...); 
    };
}   

int main ()
{   
    int i=4;

    Do1( &Ex1, i );
    Do1( &Ex2, i ); //fails!
    Do1( &Ex3, i+1 ); // fails

    Do2( &Ex1 )( i );
    std::cout << "now i: " << i << std::endl;
    std::cout << std::endl;

    Do2( &Ex2 )( i );
    std::cout << "now i: " << i << std::endl;
    std::cout << std::endl;

    Do2( &Ex3 )( i+1 );
    std::cout << "now i: " << i << std::endl;
    std::cout << std::endl;
}

问：在任何情况下，有什么方法可以修复第一种方法以消除中间的lambda吗？如果不是，是否设计了具有中间“ lambda”功能的解决方案，尤其是所有“转发”功能，以便我不会创建某些副本或其他意外行为？

编辑：这只是一个简化的例子。我不打算写std::invoke的副本。因此，在我的现实世界中，Do方法本身内部还有很多工作要做。

从函数指针类型中获取所需的类型很重要，因为我必须在Do内执行一些检查，这些检查与函数指针提供的类型有关，而从 not 我从用户代码到Do方法提供的给定其他参数。

Answer 1

问：在任何情况下，有什么方法可以修复第一种方法以消除中间的lambda吗？

我建议简单地接受可调用的ptr作为类型

template < typename F, typename ... ARGS >
auto Do1( F func, ARGS && ... args )
 {
    func(std::forward<ARGS>( args )...);
 }

这样，您的Do1()可以完全避免双差演绎问题，并且还可以与其他类型的可调用项一起使用（例如：使用不能轻易转换为函数指针的通用lambda）。

否则，您可以拦截两个可变参数类型列表

template < typename RET, typename ... AS1, typename ... AS2 >
auto Do1( RET(*ptr)(AS1...), AS2 && ... args )
 {
   (*ptr)(std::forward<AS2>( args )...);
 }

Answer 2

问：在任何情况下，有什么方法可以修复第一种方法以消除中间的lambda吗？

您可以将第二个参数更改为不可推论：

template <typename T>
struct non_deducible {
    using type = T;  
};
template <typename T>
using non_deducible_t = typename non_deducible<T>::type;

template < typename RET, typename ... ARGS >
auto Do1( RET(*ptr)(ARGS...), non_deducible_t<ARGS>... args );

Demo

是否设计了具有中间“ lambda”功能的解决方案，尤其是所有“转发”的东西，以便我不会创建某些副本或其他意外行为？

您需要进行额外的移动构造，因此对于void Ex1(std::array<int, 5>)，您要复制两次std::array。解决方案是转发参考：

template < typename RET, typename ... ARGS >
auto Do2( RET(*ptr)(ARGS...) )
{   
    return [ptr](auto&& ... args )
    -> decltype((*ptr)((decltype(args)(args))...))
    {
        std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << std::endl;
        (*ptr)((decltype(args)(args))...); 
    };
}

简单的替代方法是：

template < typename Ret, typename ... Ts, typename ... Args >
auto Do1( Ret(*ptr)(Ts...), Args&& ... args)
{
    (*ptr)(std::forward<Args>(args)...);
}

甚至

template < typename Func, typename ... Args >
auto Do1(Func f, Args&& ... args)
{
    f(std::forward<Args>(args)...);
}

您可能还需要function_traits来检查Func。

从函数指针类型间接推导的转发参数

2 个答案: