如何让C++编译器间接推导 T

How can I get the C++ compiler to deduce T indirectly?

本文关键字：编译器 C++      更新时间：2023-10-16

我的模板很弱。我有这个代码：

template<typename T>
void Foo(void(*func)(T*)) { }
void Callback(int* data) { }
int Test()
{
    Foo(Callback);
}

。但我想要比 C 讨厌的函数指针语法更具可读性的东西 void(*func)(T*).

我的团队中有人建议：

template<typename T>
struct Types
{
    typedef void Func(T*);
};
template<typename T>
void Foo2(typename Types<T>::Func* func) {}
void Test2()
{
    Foo2(Callback);        // could not deduce template argument for 'T'
    Foo2<int>(Callback);   // ok
}

(我仍在争论这是否真的更具可读性，但这是一个单独的问题。

如何帮助编译器找出 T 是什么，而无需在调用方中显式指定它？

您可以使用

特征类从函数类型中提取T。

template<class F>
struct CallbackTraits;
template<class T>
struct CallbackTraits<void(*)(T)>
{
    typedef T ArgumentType;
};

您的示例可以像这样修改：

template<typename F>
void Foo(F func)
{
    typedef typename CallbackTraits<F>::ArgumentType T;
}
void Callback(int* data) { }
int Test()
{
    Foo(Callback);
}

此技术用于提升类型特征库：http://www.boost.org/doc/libs/1_57_0/libs/type_traits/doc/html/boost_typetraits/reference/function_traits.html

这篇博文详细介绍了该技术的实现：https://functionalcpp.wordpress.com/2013/08/05/function-traits/

不幸的是，这种方法隐藏了Foo签名中有关传入参数约束的信息。在上面的示例中，参数必须是类型 void(T*) 的函数。

此替代语法与原始示例相同，但可读性略高：

template<typename T>
void Foo(void func(T*)) { }

另一种可能更具可读性的替代语法可以使用 c++11 的别名模板实现，如下所示：

template<typename T>
using Identity = T;
template<typename T>
void Foo(Identity<void(T*)> func) { }

不幸的是，最新的 MSVC 无法编译它，报告了内部编译器错误。

您将无法根据嵌套名称推断类型：没有理由为什么外部类型的不同实例不会定义相同的内部类型。不过，您可以使用using别名：

template <typename T>
using Function = auto (*)(T*) -> void;
template <typename T>
void Foo(Function<T>) {
}

就个人而言，我建议不要使用其中任何一个：在实践中，实际采用一个函数对象似乎更可取，该对象稍后允许使用具有合适函数调用运算符的对象。对于回调，通常需要传入一些辅助数据。也就是说，您可以使用不受约束的模板或采用类型擦除类型的模板，具体取决于您要执行的操作：

template <typename Fun>
void Unconstrained(Fun fun) {
}
template <typename T>
void TypeErased(std::function<void(T*)> fun) {
}

不受约束的版本的优点是它可能会内联函数调用，但它的缺点是每个函数对象类型都会创建一个新的实例化，并且参数类型可能会有所不同。类型擦除版本实际上必须执行类似于虚拟函数调用的操作，但函数模板只有一个实例化(当然，每个参数类型T(。

诚然，类型擦除版本的类型不会从函数指针(或任何其他不是std::function<void(X*)>的参数(中推断出来，即您可能希望有一个转发函数

template <typename T>
void TypeErased(Function<T> fun) {
    TypeErased(std::function<void(T)>(fun));
}

在 C++98 和 C++03 中，模板参数推导仅适用于函数(和方法(。

我不认为在最近的标准中情况发生了变化。

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