c++ - 为什么模板参数没有推导只用作返回类型？

Question

如果我不在函数参数列表中使用 tempate 参数(类型)-> 仅作为返回类型，则没有推论:

template <typename T>
T zero() { return 0; }

int main()
{
    int x = zero();
}

给出:

a.cpp:15:18: error: no matching function for call to ‘zero()’
     int x = zero();
                  ^
a.cpp:11:3: note: candidate: ‘template<class T> T zero()’
 T zero() { return 0; }
   ^~~~
a.cpp:11:3: note:   template argument deduction/substitution failed:
a.cpp:15:18: note:   couldn't deduce template parameter ‘T’
     int x = zero();

编译的唯一方法是在尖括号中指定模板类型:

template <typename T>
T zero() { return 0; }

int main()
{
    int x = zero<int>();
}

所以我的问题是，为什么 g++ 可以从模板函数的参数列表中推导出类型，但 不能 从返回类型中推导出它(编译 main 时编译器也知道它，所以它知道类型)。

当模板函数在其参数列表中使用模板类型时，

为模板函数提供尖括号中的类型是任意的(因为推论)？因此，作为一个好的做法，无论函数是如何声明的，我是否应该始终在花括号中提供类型？

第二个问题不太好读。用简单的话来说 -> 我应该每次都使用 foo<T>(arg, ...)(提供类型)，无论函数声明如何？即使它可以由编译器推断出来，但我还是会提供类型以进行良好实践？

Answer 1

通常不可能根据其返回类型推导出函数。但是，如果您使用自动类型转换 C++ 功能，那么您可以实现您所需要的:

template <typename T>
T zero() { return 1; }

template <>
float zero<float>() { return 3.0f; }

struct Zero
{
    template<typename T>
    operator T()
    {
        return zero<T>();
    }
};

int main()
{
    int x = Zero();
    float y = Zero();
    return x + y;
}

首先创建临时对象 Zero()，在赋值期间我们使用转换运算符来执行零模板函数的正确特化。