模板函数中的std :: function

Question

我试图编写一个模板函数，它可以接受仿函数作为参数并在之后调用它。 该计划如下：

#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 ++ compplains：

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>()可以推导到std::function<int(int,int)> ，但它没有。 那是为什么？ GCC是gcc version 4.7.2 20120921 (Red Hat 4.7.2-2) (GCC)

Answer 1

我想std :: plus（）可以推导为std :: function

不可以。鉴于您已经传递了std::plus<int>类型的对象，因此无法推断出。

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

有了它，你可以让你的call函数直接接受函数/函数对象，推导出它的原始类型，而不使用std::function 。 此外，您可能还希望在接受参数时使用完美转发，并在将它们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返回call类型。 使用C ++ 11的尾随返回类型和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;
}

现场代码

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至于什么@Jan邬达克也评论说 ， __LINE__中总会导致相同的所有呼叫call ，无论函数传递。

Answer 2

它无法推断出模板参数。

我建议更改功能签名，如下所示：

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

Answer 3

在推导模板参数时，不会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 ，它也没有什么区别。