无法从Lambda函数中推断出std::function的模板参数

Question

无法从Lambda函数中推断出std::function的模板参数

3

在探索C++模板时，我偶然发现了以下代码中的示例：

#include <iostream>
#include <functional>

template <typename T>
void call(std::function<void(T)> f, T v)
{
    f(v);
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    auto foo = [](int i) {
        std::cout << i << std::endl;
    };
    call(foo, 1);
    return 0;
}

为了编译这个程序，我正在使用GNU C++编译器g++：

$ g++ --version // g++ (Ubuntu 6.5.0-1ubuntu1~16.04) 6.5.0 20181026

在编译为C++11后，我遇到了以下错误：

$ g++ -std=c++11 template_example_1.cpp -Wall

template_example_1.cpp: In function ‘int main(int, const char**)’:
template_example_1.cpp:15:16: error: no matching function for call to ‘call(main(int, const char**)::<lambda(int)>&, int)’
     call(foo, 1);
                ^
template_example_1.cpp:5:6: note: candidate: template<class T> void call(std::function<void(T)>, T)
 void call(std::function<void(T)> f, T v)
      ^~~~
template_example_1.cpp:5:6: note:   template argument deduction/substitution failed:
template_example_1.cpp:15:16: note:   ‘main(int, const char**)::<lambda(int)>’ is not derived from ‘std::function<void(T)>’
     call(foo, 1);
                ^

（C++14和C++17同样适用）

根据编译器错误和注释，我了解到编译器无法推断lambda的类型，因为它不能与std :: function匹配。

查看之前的问题（1，2，3和4），我仍然对此感到困惑。

正如第3和4个问题的答案所指出的那样，可以通过显式指定模板参数来修复此错误，例如：

int main(int argc, char const *argv[])
{
    ...
    call<int>(foo, 1); // <-- specify template argument type
    // call<double>(foo, 1) // <-- works! Why?
    return 0;
}

然而，当我使用除 int 之外的其他类型，如 double、float、char 或 bool 时，它同样有效，这让我更加困惑。

所以，我的问题如下：

为什么在显式指定 int（和其他类型）作为模板参数时它能够工作？
是否有更通用的方法来解决这个问题？

- omar

为什么要使用 std::function？为什么不能只用 T f？ - tkausl

使用@tkausl和T f，我将无法将f用作函数。 - omar

@omar tkausl 可能指的是 F f。 - Yakk - Adam Nevraumont

1个回答

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可以查看英文原文，
原文链接

- Yakk - Adam Nevraumont · Accepted Answer

std::function不是一个lambda表达式，而lambda表达式也不是std::function。

Lambda表达式是一个带有operator()和其他一些辅助功能的匿名类型。您的：

auto foo = [](int i) {
    std::cout << i << std::endl;
};

是...的简写

struct __anonymous__type__you__cannot__name__ {
  void operator()(int i) { 
    std::cout << i << std::endl;
  }
};
__anonymous__type__you__cannot__name__ foo;

大致地说（实际上还有转换为函数指针和其他一些噪音我不会涉及）。

但是，请注意它并没有继承自std::function<void(int)>。

一个lambda函数无法推导出std::function的模板参数，因为它们是不相关的类型。模板类型推导是根据传递的参数类型及其基类进行精确的模式匹配，而不会尝试使用任何类型的转换。

std::function<R(Args...)> 是一种类型，可以存储任何可复制的内容，该内容可以使用与 Args... 兼容的值进行调用，并返回与 R 兼容的内容。

因此，std::function<void(char)> 可以存储能够使用 char 进行调用的任何内容。由于可以使用 char 调用 int 函数，因此这也适用。

试一试：

void some_func( int x ) {
  std::cout << x << "\n";
}
int main() {
  some_func('a');
  some_func(3.14);
}

std::function可以将其签名转换为其内部存储的可调用对象。

最简单的解决方案是：

template <class F, class T>
void call(F f, T v) {
  f(v);
}

现在，极少数情况下，您实际上需要签名。您可以在c++17中执行此操作：

template<class T>
void call(std::function<void(T)> f, T v) {
  f(v);
}
template<class F, class T>
void call(F f_in, T v) {
  std::function f = std::forward<F>(f_in);
  call(std::move(f), std::forward<T>(v));
}

最后，你的call是一个残缺版本的c++17中的std::invoke。考虑使用它；如果不想使用，则使用回溯版本。