模板函数中的std::函数

std::function in template function

本文关键字：函数 std      更新时间：2023-10-16

我试图编写一个模板函数，它可以接受函子作为参数，然后调用它。程序如下：

#include <iostream>
#include <functional>
using namespace std;
template<typename R, typename... Args>
R call(function<R(Args...)> fun, Args... args)
{
    cout << "call@ " << __LINE__ <<endl;
    return fun(args...);
}
int main()
{
    cout << call(std::plus<int>(),1,2) <<endl;
    return 0;
}

G++组件：

g++ -c -Wall -std=c++0x -I../include a.cpp -o a.o
a.cpp: In function ‘int main()’:
a.cpp:16:38: error: no matching function for call to ‘call(std::plus<int>, int, int)’
a.cpp:16:38: note: candidate is:
a.cpp:7:3: note: template<class R, class ... Args> R call(std::function<_Res(_ArgTypes ...)>, Args ...)
a.cpp:7:3: note:   template argument deduction/substitution failed:
a.cpp:16:38: note:   ‘std::plus<int>’ is not derived from ‘std::function<_Res(_ArgTypes ...)>’
make: *** [a.o] Error 1

我想std::plus<int>()可以被推导出std::function<int(int,int)>，但它没有。为什么？GCC是gcc version 4.7.2 20120921 (Red Hat 4.7.2-2) (GCC)

我想std:：plus（）可以被推导为std:：function

没有。由于您传递了一个类型为std::plus<int>的对象，因此无法推断。

在您的情况下，您不需要使用std::function，因为通常情况下，您在存储可以使用特定签名调用的不同函数/函数对象时会使用它。

这样，您就可以让call函数直接接受函数/函数对象，并推导出其原始类型，而无需使用std::function。此外，您可能还希望在接受参数时使用完美转发，并在将参数作为参数传递给函数/函数对象时使用std::forward。您还应该使用函数的返回类型作为call的返回类型。使用C++11的尾部返回类型和decltype。

#include <iostream>
#include <functional>
using namespace std;
template<typename R, typename... Args>
auto call(R fun, Args&&... args) -> decltype(fun(std::forward<Args>(args)...))
{
    cout << "call@ " << __LINE__ <<endl;
    return fun(std::forward<Args>(args)...);
}
int main()
{
    cout << call(std::plus<int>(),1,2) <<endl;
    return 0;
}

实时代码

正如@Jan Hudec所评论的，无论传递什么函数，其中的__LINE__在对call的所有调用中都将始终产生相同的结果。

它无法推导模板参数。

我建议更改函数签名，如下所示：

template<typename F, typename... Args>
auto call(F fun, Args... args )
    -> decltype( fun(args...) )

在推导模板参数时不考虑大多数隐式转换。当然不是用户定义的。因此，即使plus可以转换为function，也没有什么区别。

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