decltype(函数)作为类成员

Question

我有：

int foo(int x) { return x+1; }

struct Bar {
  decltype(foo) operator();
};

int main() {
  Bar bar;
  printf("%d\n",bar(6));
}

这会导致稍微令人吃惊的编译器错误消息(g++ 4.6.1)：

error: declaration of 'operator()' as non-function

将成员名称更改为

  decltype(foo) blubb;

使用它会导致链接器错误：

undefined reference to `Bar::blubb(int)'

这是预期的行为吗？

Answer 1

看起来你想“复制”另一个函数的签名来创建一个具有相同签名的函数。由于decltype(foo)确实是函数的类型(而不是指向该函数的指针，后者将是decltype(&foo)，并会导致指针声明)，因此可以使用它来声明一个与另一个函数具有相同签名的函数。

如链接器错误所示：

undefined reference to `Bar::blubb(int)'

这在你的编译器中已经可以很好的工作了。然而，似乎gcc还没有完全实现标准的这一部分，因为它不会接受与函数调用运算符相同的语法。顺便说一句。将很高兴地接受它，然后这个链接就会错误地输出

undefined reference to `Bar::operator()(int)'

你关于为什么链接器错误存在的问题表明了对decltype真正作用的误解。

它只会计算出一个类型，而不是更多。blubb的定义与foo的定义没有任何关系。如果像这样写，这可能会更清楚

typedef decltype(foo) x; 
x blubb;

你现在也可以选择type x作为函数类型，这不会改变blubb是什么。你仍然需要给它下定义。而且由于没有使用decltype来定义它的语法，所以必须显式地将它写成

int Bar::operator()(int) {
...
}

不幸的是，这很可能与使用decltype声明的目的/好处背道而驰，因为它不允许自动“复制”签名。

Answer 2

这是一个基于观察printf用法的胡乱猜测：

printf("%d\n",bar(6));

这让我假设您确实想要函数的返回类型，而不是函数的类型。如果是这样，那么您使用decltype是错误的。你可以通过“模拟”函数的使用来获得函数的返回类型。

decltype(foo(0)) operator() (int);

对你来说应该是正确的事情。否则，如果您没有注意到这一点，那么给%d说明符一个函数类型(而不是函数返回类型)是如履薄冰。

通常，decltype的含义是：decltype(@)给出了表达式@的静态类型。

Answer 3

这应该是可行的。我只是在这里使用它来捕获std::bind将提供给我的任何内容：

class RiceFadingModel::Impl
{
public:
  Impl(double K, double A)
  : //...
    _M_re{system_now()},
    _M_rd{_M_nu, _M_sigma},
    _M_gen{std::bind(_M_rd, _M_re)}
  { }


private:

//...

  std::default_random_engine _M_re;
  ///  The underlying Rice distribution.
  __gnu_cxx::__rice_distribution<double> _M_rd;
  ///  The variate generator built from the pseudo-random number engine and the Rice distribution.
  decltype(std::bind(_M_rd, _M_re)) _M_gen;
};

这对gcc-4.7来说就像是一个护身符。现在我想了想，我也是用gcc-4.5在mingw上构建的。