我在SO上看到了答案,这些答案解释了SFINAE为什么不适用于lambda返回类型。我对设计进行了一些更改,但是现在收到一个甚至更陌生的错误。我不知道我想念什么。代码将使用C ++ 11、14和17进行编译。我有一个与C ++ 17兼容的apply
。
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <functional>
#include <tuple>
#include <utility>
template <typename ...T>
struct S {
std::vector<std::tuple<T...>> things;
template <typename F>
typename std::enable_if<std::is_same<
typename std::invoke_result<
std::apply<F, T...>, F, T...>::type, bool>::value,
bool>::type
find_if(const F &f) {
return std::any_of(things.begin(), things.end(),
[&](const std::tuple<T...> &t) {
return std::apply(f, t);
});
}
template <typename F>
auto find_if(const F &f) -> decltype(std::declval<F>()(things.front())) {
return std::any_of(things.begin(), things.end(),
[&](const std::tuple<T...> &t) { return f(t); });
}
};
void f() {
S<int, float> s;
auto l = [](const std::tuple<int, float> &) -> bool { return false; };
s.find_if(l);
}
我的目的是调用正确的谓词。如果谓词具有类型为std::tuple<Ts...>
的单个参数,则直接调用它。如果谓词参数列表与解压缩的模板参数包匹配,请调用该参数包。
GCC和Clang都抱怨第一种方法apply
不是类型。
<source>:13:26: error: type/value mismatch at argument 1 in template parameter list for 'template<class _Functor, class ... _ArgTypes> struct std::invoke_result'
13 | std::apply, F, T...>::type, bool>::value,
| ^
<source>:13:26: note: expected a type, got 'std::apply'
答案 0 :(得分:1)
元函数std::invoke_result
期望可调用的东西以及参数的类型为第一个参数。
不幸的是,std::apply
不是类型,而是函数。另外,std::apply
可以使用类型推导,因此对Sfinae不友好。
解决方案是使用可调用对象的类型,而不是应用调用。
template <typename ...T>
struct S {
std::vector<std::tuple<T...>> things;
template <typename F, typename std::enable_if_t<
std::is_same_v<std::invoke_result_t<F, T...>, bool>, int> = 0>
auto find_if(const F &f) -> bool {
return std::any_of(things.begin(), things.end(),
[&](const std::tuple<T...> &t) {
return std::apply(f, t);
});
}
};
此外,您的lambda应该如下所示:
[](int, float) -> bool { return false; };
这是因为apply正在分解元组。