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在实现一个简单的记录器时

struct DebugOutput {
    DebugOutput(std::ostream& out = std::cerr) : m_Out(out) {}

    template<typename T>
    inline DebugOutput& operator <<(T&& value) {
        m_Out << value;
        return *this;
    }
private:
    std::ostream& m_Out;
};

我发现通用参考std::endl不会被捕获。

DebugOutput dbg;
dgb << std::endl;

我发现这篇文章解释了您需要在结构中添加一个重载函数，该函数专门采用函数指针签名，即：

typedef std::ostream& (*StandardEndLine)(std::ostream&);
inline DebugOutput& operator<<(StandardEndLine manip) {
    return *this;
}

为什么通用引用没有捕获函数指针？不是类型 as intorvoid*吗？

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函数（指针）可以绑定到通用引用。例子：

void f(int) {}

template <typename T>
void foo(T&&) {}

foo(f); // OK

但是，重载的函数不能。也就是说，如果您添加第二个重载f，例如，

void f(double) {}

通话foo(f)将失败。

把自己放在编译器的鞋子上。它需要传递f给foo并且有两个函数f，每个函数都有不同的类型。如果我们告知类型，那么编译器可以明确地选择正确的f. 例如，

foo(static_cast<void (*)(int)>(f));

编译良好并将void f(int)（在函数到指针转换后）传递给foo.

但是，我们没有通知类型。我们宁愿要求编译器推断它。

与 类似f，相同的参数适用于，std::endl因为这是一个函数模板，因此，该名称std::endl表示一组函数，它们都具有相同的名称但类型不同。

现在，您可以看到错误的原因是我们提供了一个重载集并要求进行类型推导。因此，这并不是通用引用所特有的。

std::cout << std::endl有效，因为basic_ostream::operator <<它不是模板并且不会尝试推断传递参数的类型。这是一个接受一种特定类型的函数std::endl。

于 2013-09-27T10:05:42.450 回答