c++ - 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。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++ 提示:

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

I suppose std::plus() could be deduced to std::function

没有。鉴于您传递了 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 ，通常您会在存储可以使用特定签名调用的不同函数/函数对象时使用它。

这样，您就可以拥有自己的 call function 直接接受函数/函数对象，推导其原始类型，而不使用 std::function .此外，您可能还想在接受参数时使用完美转发并使用 std::forward将它们作为参数传递给函数/函数对象时。您还应该使用函数的返回类型作为 call 的返回类型.使用 C++11 的尾随返回类型 decltype为此。

#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;
}

LIVE CODE

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正如@Jan Hudec 所拥有的commented , __LINE__在所有对 call 的调用中，结果总是相同的, 无论传递什么函数。