我可以将不可移动且不可复制的函数结果复制删除为可选值吗？

Question

我想存储一个不平凡的类型，它是不可移动且不可复制的std::optional。然而该对象是由自由函数构造的。（例子）

struct Foo {
    Foo();
    Foo(Foo const&) = delete;
    Foo(Foo&&) = delete;
    Foo& operator=(Foo const&) = delete; // added for completeness
    Foo& operator=(Foo&&) = delete; // added for completeness
    ~Foo();
};
Foo foo();

无需改变Foo或foo()；

感谢复制省略，我已经可以做到这一点：

Foo f1 = foo();

这也可以编译，因为std::optional只要求存储的类型是可破坏的：

std::optional<Foo> f2;
f2.emplace();

但我无法填写f2函数结果：

f2 = foo(); // no
f2.emplace(foo()); // no

显然，因为这需要复制或移动Foo. 这可能是不可能的，但我是否忽略了一些事情？

Answer 1

您可以创建一个类，其中转换运算符调用函数并返回结果。由于转换运算符将创建纯右值，因此您不需要该类型是可复制/可移动的：

template<typename F>
struct call_wrapper {
    F&& f;

    constexpr operator decltype(auto)() && {
        return static_cast<F&&>(f)();
    }
};
template<typename F>
call_wrapper(F&&) -> call_wrapper<F>;


std::optional<Foo> f2;
f2.emplace(call_wrapper{foo});

Answer 2

我们可以利用transform（C++23 中的新功能），它支持保证省略：

auto f = std::optional(1).transform([](int) { return foo(); });

这比它稍微通用一些，call_wrapper因为它甚至可以在Foo可以构造的情况下工作call_wrapper（因为，例如，它有一个接受所有内容的转换构造函数模板）。

Answer 3

不确定这是否符合您不修改Fooor的要求foo，但您可以使用Bar默认Foo通过调用初始化成员的包装器foo：

#include <optional>

namespace {
    struct Foo {
        Foo() = default;
        Foo(Foo const&) = delete;
        Foo(Foo&&) = delete;
        Foo& operator=(Foo const&) = delete;
        Foo& operator=(Foo&&) = delete;
        ~Foo() {}
    };
    Foo foo() { return {}; }

    struct Bar {
        Foo f = foo();
    };
}

int main() {
    std::optional<Bar> f3;
    f3.emplace();
}

我认为标题的答案是否定的。您不能将 a 复制或移动Foo到 an 中optional，但通过包装器您可以就地构建它。