3

我试图编写一个模板函数，它可以接受函子作为参数并在之后调用它。程序如下：

#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++ 抱怨：

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>()可以推断为std::function<int(int,int)>，但事实并非如此。那是为什么？海合会是gcc version 4.7.2 20120921 (Red Hat 4.7.2-2) (GCC)

4

3 回答 3

6

我想 std::plus() 可以推断为 std::function

不，鉴于您传递了一个类型的对象，因此无法推断出std::plus<int>。

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

这样，您可以让您call的函数直接接受函数/函数对象，并推导出其原始类型，而无需使用std::function. 此外，您可能还希望在接受参数时使用完美转发，并std::forward在将它们作为参数传递给函数/函数对象时使用。您还应该使用函数的返回类型作为call. 为此使用 C++11 的尾随返回类型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;
}

实时代码

正如@Jan Hudec 所评论的那样，无论传递什么函数__LINE__，所有调用都会产生相同的结果。call

于 2013-09-04T06:14:22.940 回答
3

它不能推导出模板参数。

我建议像这样更改函数签名：

template<typename F, typename... Args>
auto call(F fun, Args... args )
    -> decltype( fun(args...) )
于 2013-09-04T06:10:10.607 回答
0

推导模板参数时不考虑大多数隐式转换。当然不是用户定义的。因此，即使plus可转换为function，也没有什么区别。

于 2013-09-04T06:40:49.410 回答