模板参数相关[[nodiscard]]

Question

我有一个功能对象，它是另一个功能的包装：

template <typename FuncT>
class Wrapper
{
    private:
        FuncT funcToWrap;

    public:
        Wrapper(FuncT ftw) : funcToWrap(ftw){};

        template<typename ...ARG>
        typename std::result_of<FuncT(ARG&&...)>::type operator()(ARG&&... args){
            return funcToWrap(std::forward<ARG>(args)...);
        }
};

int main(){
    std::function<void()> testfunc = [](){ std::cout << "Test" << std::endl; };
    Wrapper<decltype(testfunc)> test{testfunc};
    test();
}

我想这样做是为了纪念operator()为[[nodiscard]]如果std::result_of<FuncT(ARG&&...)>::type不是void。

我注意到的是，当我将[[nodiscard]]返回类型的模板评估的情况设为时void，它将被编译器忽略。

这是我可以依靠的行为吗？

Answer 1

根据[dcl.attr.nodiscard]/2：

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[\xe2\x80\x89注意： nodiscard 调用是一个函数调用表达式，它调用\n 先前声明的函数nodiscard，或者其返回类型是\n 可能是 cv 限定的类或标记为 的枚举类型nodiscard。\n nodiscard 的外观除非显式转换为\n ，否则不鼓励将其作为潜在评估\n 丢弃值表达式进行调用 void。在这种情况下，实施应发出警告。这通常是因为丢弃 nodiscard 调用的返回值会产生令人惊讶的后果。—\xe2\x80\x89尾注]

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我对本段的阅读表明，鉴于

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[[nodiscard]] void f() {}\n

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甚至

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f();\n

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应发出警告。您必须void显式转换为

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(void) f();\n

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来压制它。所以不，标准不保证这一点。

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在我看来，该标准只是忽略了这一微妙之处。

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