可以实例化c++类模板，但具有相同模板参数的函数模板实例化失败

Question

我有一个用于绑定(bind)函数调用的包装类(一个帮助类来解决一些遗留代码问题):

template <class Result, class... Args>
class FunctionWrapper
{
    std::function<Result()> func_;
public:
    FunctionWrapper(std::function<Result(Args...)> f, Args&&... args) :
        func_(std::bind(f, std::forward<Args>(args)...))
    {
    }
    //...some methods using that func_
};

我可以编写以下代码，它可以正常编译和工作:

double f(int i, double d)
{
    return i*d;
}
//...
FunctionWrapper<double, int, double> w(f, 2, 4.5);
//calling methods of w ...

现在我想在定义包装器实例时节省一些输入，所以我引入了 make_wrapper 函数:

template <class Result, class... Args>
FunctionWrapper<Result, Args...> make_wrapper(std::function<Result(Args...)> f, Args&&... args)
{
    return FunctionWrapper<Result, Args...>(f, std::forward<Args>(args)...);
}

尽管此函数的模板参数列表与无法编译的包装类之一相同(将模板参数添加到“帮助”编译器也无济于事):

auto w1=make_wrapper(f, 2, 4.5); //error: no matching function for call to 'make_wrapper', candidate template ignored: could not match 'function<type-parameter-0-0 (type-parameter-0-1...)>' against 'double (*)(int, double)'

auto w2=make_wrapper<double, int, double>(f, 2, 4.5); //error: no matching function for call to 'make_wrapper', candidate template ignored: could not match 'function<double (int, double, type-parameter-0-1...)>' against 'double (*)(int, double)'

编译器是 LLVM 6.1(当前的 XCode 之一)。那么，这是怎么回事？是否可以修复 make 函数？

Answer 1

问题是您对 make_wrapper() 的第一个参数没有您声称的类型。尽管函数指针可转换为相应的 std::function<...>编译器不会使用 std::function<...> to deduce template arguments. Even if you'd make it a nested type to have参数... be deduce by the other argument, the无法通过转换推导出 Result` 类型。

如果你真的只是想绑定(bind)函数指针，它应该期望函数指针作为参数:

template <class Result, class... Args>
FunctionWrapper<Result, Args...>
make_wrapper(Result (*f)(Args...), Args&&... args)
{
    return FunctionWrapper<Result, Args...>(f, std::forward<Args>(args)...);
}

当函数指针的参数和传递的参数实际不一致时，可能需要为函数参数和要绑定(bind)的参数有单独的模板参数列表:

template <class Result, class... FArgs, class... Args>
FunctionWrapper<Result, FArgs...>
make_wrapper(Result (*f)(FArgs...), Args&&... args)
{
    return FunctionWrapper<Result, FArgs...>(f, std::forward<Args>(args)...);
}

我可能会选择一个替代方案，它并不真正关心函数对象参数的实际类型，而只是推断生成的任何函数类型:

template <class Fun, class... Args>
auto make_wrapper(Fun fun, Args&&... args)
    -> FunctionWrapper<decltype(fun(std::forward<Args>(args)...)), Args...>
{
    return FunctionWrapper<decltype(fun(std::forward<Args>(args)...)), Args...>(f, std::forward<Args>(args)...);
}