c++ - 假装 packaged_task 是可复制构造的

Question

我一直在寻找 problem of type-erasing a std::packaged_task using std::function 的解决方法.

我想做的是这样的:

#include <future>
#include <functional>
#include <iostream>

namespace {
  std::function<void()> task;
  std::future<int> make(int val) {
    auto test = std::packaged_task<int()>([val](){
      return val;
    });

    auto fut = test.get_future();
    task = std::move(test);
    return fut;
  }
}

int main() {
   auto fut = make(100);
   task();
   std::cout << fut.get() << "\n";
}

它简洁明了，避免了我自己重新实现很多机制。不幸的是，这实际上是不合法的，因为 std::packaged_task 只能移动，不能复制构造。

作为一种解决方法，我想出了以下方法，它根据 std::promise 和 std::shared_ptr 来实现:

#include <future>
#include <functional>
#include <iostream>

namespace {
  std::function<void()> task;

  std::future<int> make(int val) {
    auto test = std::make_shared<std::promise<int>>();

    task = [test,val]() {
      test->set_value(val);
      test.reset(); // This is important
    };

    return test->get_future();
  }
}

int main() {
   auto fut = make(100);
   task();
   std::cout << fut.get() << "\n";
}

这“对我有用”，但这实际上是正确的代码吗？有没有更好的方法来实现相同的最终结果？

(请注意，第二个示例中 std::shared_ptr 的生命周期对我的实际代码很重要。很明显，我将采取措施防止调用相同的 std::function 两次)。

Answer 1

您的问题似乎源于类型不兼容:

std::function<void()> task;  // Notice this is not a package_task

那么您为什么期望它能起作用？

task = std::move(test);  // when test is `std::packaged_task<int()>`

当我将任务更改为正确的类型时，它会按预期进行编译:

namespace {

  std::packaged_task<int()> task;          // Change this.

  std::future<int> make(int val) {
    auto test = std::packaged_task<int()>([val](){
      return val;
    });

    auto fut = test.get_future();
    task = std::move(test);              // This now compiles.
    return fut;
  }
}

就个人而言，因为类型很重要，所以我会从 test 中删除 auto。

namespace {

    std::packaged_task<int()> task;

    std::future<int> make(int val) {
        std::packaged_task<int()> test([val](){return val;});

        auto fut = test.get_future();
        task     = std::move(test);
        return fut;
    }
}