函数的推导

Question

假设我们有这样一个类模板：

template<typename F>
class A
{
public:
  template<typename... Args>
  A(F f, Args... args)
  { /* Do something... */ }
};

现在我想以某种方式使用它，比如这个：

A<int(int)> a(::close, 1);

现在的问题是:有什么方法可以省略<int(int)>，因为编译器可以知道::close的这些信息吗？没有必要保存模板的“设计”。

至于具体的任务，我需要设计一个类的模板。该类的对象可以在构造时为该函数获取函数和参数，并在以后调用该函数。

Answer 1

不，你(目前)不能。这样做的标准方法是创建"make_like“函数(例如make_pair，make_optional .)：

template<typename F, typename... Args>
A<std::decay_t<F>> make_A (F &&f, Args&&... args) {
    return {std::forward<F>(f), std::forward<Args>(args)...};
}

C++17将引入类的模板参数推导，它将允许您做您想做的事情(另请参阅下面的巴里的回答 )。

Answer 2

由于对构造函数采用了模板参数演绎，在C++17中，您可以只编写：

A a(::close, 1);

在此之前，您只需要编写一个工厂来为您进行扣减：

template <class F, class... Args>
A<std::decay_t<F>> make_a(F&& f, Args&&... args) {
    return {std::forward<F>(f), std::forward<Args>(args)...};
}

auto a = make_a(::close, 1);

这是有点冗长，但至少你不需要担心效率-不会有复制在这里，感谢RVO。

Answer 3

除非默认，否则不能省略模板类的参数。您可以做的是拥有一个maker函数，它可以演绎参数并将这个参数转发给模板类，返回一个适当实例化的对象。

template<typename F, typename... Args>
A<F> make_A(F f, Args&&... args) {
    return A<F>(f, std::forward<Args>(args)...);
}