如何使用typedef来简化作为函数指针的tempate函数参数

Question

我想通过使用typedef来表示ptr参数的类型来简化foo 。

#include <iostream>

template <unsigned N>
int foo (int (*ptr) (const char (*)[N])) {
    char good[N] = "good";
    return ptr(&good);
}

int bar (const char (*x)[5]) {
    std::cout << *x << "\n";
    return 0;
}

int main ()
{
    return foo(bar);
}

我想写foo()更像这样：

template <unsigned N>
int foo (FUNCTION_TYPE *ptr) {
    char good[N] = "good";
    return ptr(&good);
}

我尝试使用像helper类这样的特性， 但是失败了 。 有没有正确的方法 为 FUNCTION_TYPE 创建 typedef ？

Answer 1

在C ++ 11中，您可以使用using关键字获得模板typedef的粗略等价物。 这仍然允许从参数中推导出N ：

template <unsigned N>
using fooP = int (*) (const char (*)[N]);

template <unsigned N>
int foo (fooP<N> ptr) {
  return ptr(0);
}

int bar(const char (*p)[2]) {
  return 0;
}

int main() {
  return foo(bar);
}

Answer 2

是的，您可以使用默认模板参数：

template <unsigned N, typename T = int (*) (const char (*)[N])>
int foo (T ptr);

这是一个编译演示。

另一种选择是使用std::function ：

#include <functional>
#include <string>

int foo(std::function<int(std::string)>& ptr)
{
    // ...
}

Answer 3

实际上你可以把它做成模板

template<unsigned N, typename Func) 
int foo(Func func){ return func("good"); }

int bar(const std::string& str){ return str == "good"; }

int main(){    const int r = foo(bar); }

这样你不仅可以通过常规函数，还可以传递函子

Answer 4

所以你的基本问题是在函数调用中不推断依赖类型。

假设您想在消除混乱的同时推导出N值，那么您需要的是从函数类型映射到值N 。

template<typename Func>
struct get_N {};
template<unsigned int N>
struct get_N< int( const char(*)[N] ) > {
  typedef std::integral_constant< unsigned int, N > type;
};
template<typename Func>
using getN = typename get_N<Func>::type;

一旦你有了这个，你可以在template类型参数中使用它：

template <typename Func, typename Nt = getN<Func>>
int foo (Func* ptr) {
  constexpr N = Nt::value;
  return ptr(&"good");
}

并且我们可以访问foo的N ，并且唯一可以匹配foo东西（除了一些花哨的步法）是get_N理解的东西（通过SFINAE）。