c++ - 使用其类型而不是其实例调用不捕获

Question

我有一个代码，可以输入lambda的类型，但没有其实例，我想调用它
我尝试了以下操作，显然，它不起作用，因为operator()不是静态成员函数...

#include <utility>

template<typename F, typename ...Args>
void call(F, Args&&... args) {
    &F::operator()(std::forward<Args>(args)...);
}

int main() {
    auto is_odd = [](auto x) {return x % 2 == 1;};
    call(is_odd, 5);
}

我也尝试使用以下命令将其转换为函数指针:

template<typename F, typename ...Args>
void call(F, Args&&... args) {
using return_type = decltype(std::declval<F>()(std::declval<Args&&>()...));
    using ptr = return_type(*)(Args...);
    ptr f = static_cast<ptr>(&F::operator());
    f(std::forward<Args>()...);
}

但这也不起作用。可以做这样的事情吗？

Answer 1

在您的示例中，您确实有一个实例。您将其传递给函数，只是该参数未命名。解决方法很简单:命名参数并使用该参数:

template<typename F, typename ...Args>
void call(F f, Args&&... args) {
    f(std::forward<Args>(args)...);
}
    
int main() {
    auto is_odd = [](auto x) {return x % 2 == 1;};
    call(is_odd, 5);
}

如果出于任何原因，您确实处于没有实例的上下文中，那么除非您可以使用C++ 20，否则它们很不走运。在C++ 20之前，默认情况下无法构造lambda，因此无法使用其类型创建实例。使用C++ 20，您可以:

template <typename F, typename... Args>
void call(Args&&... args)
{
    F{}(std::forward<Args>(args)...);
}

int main()
{
    auto is_odd = [](auto x) { return x % 2 == 1; };
    call<decltype(is_odd)>(5);
}