C++如何在模板中推断出Callable的类型(参数列表和返回值)

Question

基本上我想要做的是创建一个函数模板,它接受任何Callable(函数类型/ lambda/Functor)并返回一个lambda-taking-the-similar-args-list并返回原始类型的返回类型

#include <iostream>

int func(int a,float b) {
    return a+b;
}

struct callable {
    int operator() (int a, float b) {
        return a+b;
    }
};

template <typename RV, typename... Args>
auto getLambdaFromCallable(RV(&func)(Args...)) {
    auto l = [&](Args... args) -> RV {
        return func(args...);
    };

    return l;
}

int main() {
    auto f = getLambdaFromCallable(func);
    std::cout << f(1,2.f);
    std::cout << " " << typeid(f).name();

    auto f2 = getLambdaFromCallable(callable{}); // doesn't work
    callable{}(1,2); // works

    auto lambdaTest = [](int a, float b) -> int {
        return a+b;
    };
    auto f3 = getLambdaFromCallable(lambdaTest);
}

Answer 1

你可以getLambdaFromCallable改为:

template <typename F>
auto getLambdaFromFunction(const F& func) {
  auto l = [&](auto&&... args) 
    -> decltype(func(std::forward<decltype(args)>(args)...)) {
    return func(std::forward<decltype(args)>(args)...);
  };

  return l;
}

这背后的原因是,由于你无法得到一个详尽的参数列表,你可以调用一个函数对象(首先可能有多个重载),你也可以使用一个通用的lambda来接受所有东西并将它转发给调用.

详细说明这是如何工作的:

• 该auto&&...部分将转换为lambda调用运算符上的模板参数列表.

• F被推断为你所谓的getLambdaFromFunctionwith(没有const和引用,但如果需要可以改变).

• decltype(args)只是在那里使用std::forward反过来正确地转发左值和左值引用,请参阅std :: forward以获取更多详细信息.

生成的lambda对象如下所示:

template <typename F>
class generatedLambda
{
public:
  template <typename... Args>
  auto operator()(Args&&... args) -> decltype(func(std::forward<decltype(args)>(args)...))
  {
    return func(std::forward<decltype(args)>(args)...);
  }

private:
  F     func;
};