C++自由函数可以别名吗?

Can C++ free functions be aliased?

本文关键字：别名 自由 函数 C++      更新时间：2023-10-16

我有一个命名空间，其中包含一个高度模板化的免费函数，例如：

namespace a
{
template<typename T, typename K, typename H>
void f(T t, K k, std::vector<H> h_vec = {})
{ /* body */ }
}

在另一个命名空间中，为了方便起见，我想为一堆特定的用法提供一些别名，例如：

namespace b
{
using my_specific_f = a::f<int,string,char>;
}

这将允许我为函数提供更好的命名，因为f在我正在处理的代码库中非常通用(请记住，我在这里只提供简化的示例来说明这一点)。 但不幸的是，这显然是语言所禁止的。

所以在我的第二次尝试中，我尝试使用函数指针：

namespace b
{
auto my_specific_f = &a::f<int,string,char>
}

这通常有效，但就我而言，它不起作用，因为f有一个默认参数，我想这会导致函数具有多个函数指针(在本例中为两个)，并且只能使用三个参数版本。

在这一点上，我只是放弃了，只是简单地将其体内my_specific_f调用重定向到f：

namespace b
{
void my_specific_f(int i, string s, vector<char> v = {} )
{
a::f(i,s,v);
}
}

但是这个解决方案我不太喜欢，因为它会导致f可维护性降低，以防更改其签名，因为所有重定向功能都需要一致调整，而我最初的计划是创建不止一个别名。

还有什么可以尝试的吗？在标准的未来版本中是否有可能或是否有可能？

您可以做的是将功能包装在通用 lambda 中，以便为其指定自定义名称。你可以这样做

auto my_really_informative_name = [](auto&&... args) -> decltype(auto) { 
return f(std::forward<decltype(args)>(args)...);
};

这将参数完美地转发到f，如果它的签名发生变化，它仍然会起作用，因为 lambda 可以接受任意数量的参数。

如果你想完美地转发(noexcecpt资格和SFINAE方式的返回类型)

auto my_really_informative_name = [](auto&&... args) noexcept(noexcept(f(std::forward<decltype(args)>(args)...))) -> decltype(f(std::forward<decltype(args)>(args)...)) { 
return f(std::forward<decltype(args)>(args)...);
};

如果要确保传递给函数的类型属于某种类型，则可以在函数调用中显式指定它们，例如

auto my_really_informative_name = [](auto&&... args) -> decltype(auto) { 
return f<int, std::string, char>(std::forward<decltype(args)>(args)...);
};
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