无法向包装函数添加完美转发

Question

在回答this question 时，我编写了这个工作代码，包装了传入模板参数的函数：

template<typename Fn, Fn fn, typename... Args>
auto wrapper(Args... args)->decltype(fn(args...)){
    return fn(args...);
}
#define WRAPPER(FUNC) wrapper<decltype(&FUNC), &FUNC>

示例用法（我使用此代码进行测试）：

int min(int a, int b){
    return (a<b)?a:b;
}

#include<iostream>
using std::cout;
int main(){
    cout<<WRAPPER(min)(10, 20)<<'\n';
}

两个人告诉我使用完美转发。当我问如何做到这一点时，其中一位重定向了我here。我阅读问题，仔细阅读最佳答案，并将wrapper更改为：

#include<utility>
template<typename Fn, Fn fn, typename... Args>
auto wrapper(Args&&... args)->decltype(fn(std::forward<Args...>(args...))){
    return fn(std::forward<Args...>(args...));
}

它会编译，除非我尝试使用上面的示例代码检查它。 如何修复代码？

http://rextester.com/YUIYI99787

Answer 1

您在 return 语句中的点有误。你想要：

return fn(std::forward<Args>(args)...);

这将扩展为：

return fn(std::forward<T1>(t1), std::forward<T1>(t2), ...);

你写的内容会扩展为：

return fn(std::forward<T1,T2,...>(t1, t2, t3)); 

诀窍在于，每次看到“...”时，都会想“它会复制它背后的东西”。这可能会变得很棘手，因为有各种各样的方法来构建“背后的东西”，包括能够做一个交叉产品等等。

Answer 2

#include<utility>
template<typename Fn, Fn fn, typename... Args>
auto wrapper(Args&&... args)->decltype(fn(std::forward<Args>(args)...)){
//                             vvvvvvvvvv---- Oopsie ! ----^^^^^^^^^^
    return fn(std::forward<Args>(args)...);
}

在每一行，单个省略号将同时扩展Args 和args。你最终会得到：

std::forward<Arg1>(arg1), std::forward<Arg2>(arg2), ...

...而不是不正确的：

std::forward<Arg1, Arg2, ...>(arg1, arg2, ....)

您可能还对std::result_of 感兴趣，以稍微减少一下这种泄密：

#include<utility>
template<typename Fn, Fn fn, typename... Args>
auto wrapper(Args&&... args) -> std::result_of<Fn(Args...)>::type {
    return fn(std::forward<Args>(args)...);
}