c++ - 为什么使用整数类型约束 auto 使其不可用于 views::filter？

Question

我写了一个简单的谓词，我想把它传递给 std::ranges::views::filter :

struct even_fn {
    constexpr
    bool operator()(std::integral auto&& e) const noexcept {
        return e % 2 == 0;
    }
};

inline constexpr even_fn even;

示例用法:

using namespace std::ranges;
views::iota(1, 10) | views::filter(even);

这失败了一大堆错误，我认为最有意义的是:

note: the expression 'is_invocable_v<_Fn, _Args ...> [with _Fn = even_fn&; _Args = {std::__detail::__cond_value_type<int>::value_type&}]' evaluated to 'false'

但是，如果我删除 std::integral部分来自我的运算符(operator)(只留下 auto&& )，代码编译成功。这是为什么？这有什么特别之处 __cond_value_type当我们有约束仿函数时会中断吗？

Answer 1

这是因为 std::integral不允许推断引用类型。
实际上，过滤器 View 将使用以下内容进行过滤:

filter_function(*it);

这对于大多数范围类型将返回对元素的左值引用。
因为它发送一个左值引用，所以调用你的函数的唯一方法是推导出 int& ，所以引用折叠工作是这样的: int& && --> int& .没有那个用左值调用你的函数是不可能的。
但是 int&不是整数类型，因此您的错误!
那你怎么能让你的过滤器工作呢？
只需删除转发引用并使用 const 左值引用:

struct even_fn {
    constexpr
    bool operator()(std::integral auto const& e) const noexcept {
        return e % 2 == 0;
    }
};

这样，当从 int 左值推导出来时，只需 int将被推断使调用工作。

使用概念模板参数，可以使用更高阶的概念来使这种情况起作用:

template<typename T, concept C>
concept forwarded = C<std::remove_cvref_t<T>>;

并像这样使用它:

struct even_fn {
    constexpr
    bool operator()(forwarded<std::integral> auto&& e) const noexcept {
        return e % 2 == 0;
    }
};