使用 lambda 初始化包含 std::function 的类

Question

我通过以下方式创建了一个包含std::function 作为成员的模板类：

template<typename Ret, typename... Args>
class Foo
{
private:
    std::function<Ret(Args...)> _func;

public:
    Foo(const std::function<Ret(Args...)>& func):
        _func(func)
    {}
};

为了不必指定传递函数的参数和返回类型，我创建了一些make_foo 重载：

template<typename Ret, typename... Args>
auto make_foo(Ret (&func)(Args...))
    -> Foo<Ret, Args...>
{
    return { std::function<Ret(Args...)>(func) };
}

template<typename Ret, typename... Args>
auto make_foo(const std::function<Ret(Args...)>& func)
    -> Foo<Ret, Args...>
{
    return { func };
}

但是，我无法创建以 lambda 作为参数的 make_foo 重载：

template<typename Ret, typename... Args>
auto make_foo(??? func)
    -> Foo<Ret, Args...>
{
    return { std::function<Ret(Args...)>(func) };
}

我只是找不到从 lambda 自动推导出返回类型和参数类型的方法。有没有一种惯用的方法来解决这样的问题？

Answer 1

好吧，所以我以为我会死，但我终于设法做到了ç_ç

首先，我使用了通常的索引。由于我没有官方的索引，所以我使用了几个月前写的旧索引：

template<std::size_t...>
struct indices {};

template<std::size_t N, std::size_t... Ind>
struct make_indices:
    make_indices<N-1, N-1, Ind...>
{};

template<std::size_t... Ind>
struct make_indices<0, Ind...>:
    indices<Ind...>
{};

然后，我使用了一些在 StackOverflow 上找到的 function traits。它们很好，我认为它们相当于 cmets 中链接的 Boost 库：

template<typename T>
struct function_traits:
    function_traits<decltype(&T::operator())>
{};

template<typename C, typename Ret, typename... Args>
struct function_traits<Ret(C::*)(Args...) const>
{
    enum { arity = sizeof...(Args) };

    using result_type = Ret;

    template<std::size_t N>
    using arg = typename std::tuple_element<N, std::tuple<Args...>>::type;
};

然后，我能够编写一个正确的make_foo 函数和它的实现函数，因为两者都需要使用索引。小心，它很丑：

template<typename Function, std::size_t... Ind>
auto make_foo_(Function&& func, indices<Ind...>)
    -> Foo<
        typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::result_type,
        typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::template arg<Ind>...>
{
    using Ret = typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::result_type;
    return { std::function<Ret(typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::template arg<Ind>...)>(func) };
}

template<typename Function, typename Indices=make_indices<function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::arity>>
auto make_foo(Function&& func)
    -> decltype(make_foo_(std::forward<Function>(func), Indices()))
{
    return make_foo_(std::forward<Function>(func), Indices());
}

代码有点丑陋且不可读，但它确实有效。希望它现在不依赖于某些实现定义的行为。另外，谢谢大家的建议，很有帮助！ :)

int main()
{
    auto lambda = [](int i, float b, long c)
    {
        return long(i*10+b+c);
    };

    auto foo = make_foo(lambda);
    std::cout << foo(5, 5.0, 2) << std::endl; // 57, it works!
}

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这里是live example :)

Answer 2

我有一个适用于 mutable lambdas 的示例。我不太清楚如何正确获得 CV 会员资格。

首先，这是我们需要的函数模板：

#include <functional>

template <typename R, typename ...Args>
void foo(std::function<R(Args...)> f)
{ }

现在我们将让函数模板bar 采用任意 lambda 并调用正确版本的 foo，通过检查 lambda 的 operator() 的类型：

#include <type_traits>

template <typename> struct remove_member;

template <typename C, typename T>
struct remove_member<T C::*>
{ using type = T; };

template <typename F>
void bar(F f)
{
    using ft = decltype(&F::operator());
    foo(std::function<typename remove_member<ft>::type>(f));
}

例子：

int q;
bar([&](int a, int b) mutable -> int { q = a + b; return q / b; });

---

你可以使用普通的 const lambdas 和这个修改过的特性，虽然我不喜欢把函数类型拼出来：

template <typename C, typename R, typename ...Args>
struct remove_member<R (C::*)(Args...) const>
{ using type = R(Args...); };

我认为如果我使用typename std::remove_cv<T>::type，它可能适用于原始代码，但至少在 GCC 上这不起作用，因为在 lambda 的运算符类型上设置了一些奇怪的 __attribute__((const))，这似乎干扰了模板专业化。