将可变参数包强制转换为 (void）

Casting a variadic parameter pack to (void)

本文关键字：void 转换 变参 参数 包强      更新时间：2023-10-16

>我实际上遇到了以下问题：我希望能够使用 -Wall -Wextra -Werror 构建，但是，以下代码会抱怨未使用的参数：

struct foo
{
    template <typename... Args>
    static void bar()
    { }
    template <typename T, typename ... Args>
    static void bar(T&& value, Args&& ... args)
    {
    #ifdef DEBUG
        std::cout << value;
        bar(std::forward<Args>(args)...);
    #endif
    }
};

第一个未使用的参数很容易修复：

    #ifdef DEBUG
        std::cout << value;
        bar(std::forward<Args>(args)...);
    #else // Shut the compiler up
        (void) value;
    #endif

我的问题是，我该如何处理剩余的args？也不

(void)(args...);

也不

(void)(args)...;

将起作用，两者都抱怨参数包没有扩展。

（这是在GCC 4.7.3下，如果这将对潜在的解决方案产生任何影响）。

使用可变参数模板时，使用 sink 更干净：

struct sink { template<typename ...Args> sink(Args const & ... ) {} };

#ifdef DEBUG
    std::cout << value;
    bar(std::forward<Args>(args)...);
#else 
    sink { value, args ... }; //eat all unused arguments!
#endif

你真的可以在这里使用条件命名。

#ifdef DEBUG
#define DEBUG_NAME(x) x
#else
#define DEBUG_NAME(x)
#endif
static void bar(T&& DEBUG_NAME(value), Args&& DEBUG_NAME(args)) {}
解决此问题

的另一种方法是移动 #define 以创建一个省略参数名称的替代模板：

#ifdef DEBUG
    template <typename T, typename ... Args>
    static void bar(T&& value, Args&& ... args)
    {
        std::cout << value;
        bar(std::forward<Args>(args)...);
    }
#else 
    template <typename T, typename ... Args>
    static void bar(T&& value, Args&& ...)
    {
    }
#endif
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