自动推断模板中的函数类型

Question

我有简单的map 实现和简单的id（身份）：

template <typename T>
T map(const T& x, std::function<decltype(x[0])(decltype(x[0]))> f) {
    T res(x.size());
    auto res_iter = begin(res);
    for (auto i(begin(x)); i < end(x); ++i) {
        *res_iter++ = f(*i);
    }
    return res;
}

template <typename T>
T id(T& x) {return x;}

当我打电话时

vector<int> a = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};
map(a, id<const int>);

它有效，但我想在没有类型说明的情况下调用它，如下所示：

map(a, id);

当我这样做时，我得到了错误：

error: cannot resolve overloaded function 'id' based on conversion to type 'std::function<const int&(const int&)>'
 map(a, id);
          ^

当错误包含右有界类型时，我该如何解决？为什么编译器不能从 map 的上下文中推断出 id 的类型？

Answer 1

如果您在符合 C++14 的环境中，有一种非常简洁的方法可以做到这一点。不要使用 std::function 和模板类，而是使用无约束的转发引用和通用 lambda，如下所示：

#include <vector>

template <typename T,typename F>
T map(const T& x, F &&f) {
  T res(x.size());
  auto res_iter = begin(res);
  for (auto i(begin(x)); i < end(x); ++i) {
    *res_iter++ = f(*i);
  }
  return res;
}

auto id = [](auto x) { return x;};

int main()
{
  std::vector<int> v = {1, 2, 3, 4};
  auto v2 = map(v, id);
}

在 C++11 中，您必须将泛型 lambda 替换为其 operator() 是模板化方法的函子，如下所示：

struct {
  template<typename T>
  T operator()(T x) const
  {
    return x;
  }
} id;

在 C++98 语法中，您将无法使用转发引用，因此您将不得不考虑复制和仿函数可变性问题。

Answer 2

这是因为id 不是函数。这是一个函数模板！

这意味着id是一个模板，它可以生成id<const int>这样的函数，但它本身并不是一个真正的函数。

在运行时没有id，只有id创建的函数实例。