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>();
}

1. 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断出类型，但不能从返回类型中推断出它（编译时编译器main也知道它，所以它知道类型）。

2. 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foo<T>(arg, ...)每次都使用（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。