是否可以使用单个 typedef 来定义不带参数并返回块的块？

Question

类似/跟进这个问题： Syntax to define a Block that takes a Block and returns a Block in Objective-C

我知道这不是我想做的事情，但我想了解为什么我不能使用单个 typedef 来定义：

typedef void (^XYZSimpleBlock)(void);
typedef XYZSimpleBlock (^ComplexBlock)(void);

为什么上面的有效，而这个无效？

typedef void(^)(void) (^ComplexBlock)(void);

如果我通过类似的答案，我发现我可以尝试像编译器一样解析它，但我是一个糟糕的编译器。

按照 C 的左右规则，第一个标识符不是 ComplexBlock？

typedef void(^)(void) (^ComplexBlock)(void);
// parser reads left right and finds ComplexBlock first

然后它会向右找到声明的结尾，然后向左直到找到插入符号，然后向右解释参数列表。

这将我们带到

 typedef void(^)(void) (^ComplexBlock)(void);
//       | unhandled   |compiled/interpreted| 

此时它无法将void(^)(void) 读取为返回类型是怎么回事？

让我感到困惑的是，使用 typedef 基本上只是一个 #define，所以它不应该与上面的基本相同吗？

typedef void (^XYZSimpleBlock)(void);
same as:
void(^)(void)    
so:
typedef XYZSimpleBlock (^ComplexBlock)(void);
should be the same as:
typedef void(^)(void) (^ComplexBlock)(void);

我在这里遗漏了一些东西......

Answer 1

正确的语法是：

typedef void (^(^ComplexBlock)(void))(void);

当您像这样构造复杂类型的声明时，从更简单的类型开始并用“表达式”代替标识符会有所帮助。

例如，声明一个不带参数并返回void的函数：

void a_func(void);

现在，我们要声明一个函数指针a_func_ptr，它是指向同一类型函数的指针。我们希望表达式 *a_func_ptr 与 a_func 的类型相同，因此我们将括号中的表达式放到上面并得到：

void (*a_func_ptr)(void);

如果我们想要一个块指针而不是函数指针，我们使用^而不是*：

void (^a_block_ref)(void);

（人们发现块语法令人沮丧的一个原因是人们实际上从未将表达式^a_block_ref 写入“取消引用”块变量，因此实现这种飞跃并不明显。）

采用上述方法并从中制作typedef（而不是变量声明）是您获得以下内容的方式：

typedef void (^XYZSimpleBlock)(void);

但是，让我们暂时回到函数指针a_func_ptr。假设您要声明一个返回函数指针的函数func_returns_func。您将函数调用表达式放在a_func_ptr 所在的位置。也就是说，您将func_returns_func() 放入：

void (*func_returns_func())(void);

现在，在声明函数时，您需要使用 void 来表示无参数，因此您可以这样做：

void (*func_returns_func(void))(void);

请注意，您不会在标识符左侧收集或隔离返回类型。它围绕着标识符。

现在您将* 更改为^ 以获得一个返回块引用而不是函数指针的函数：

void (^func_returns_block(void))(void);

让我们创建一个指向返回块引用的函数的指针。将(*ptr_to_func_returns_block) 放入func_returns_block 并获取：

void (^(*ptr_to_func_returns_block)(void))(void);

同样，将* 替换为^ 以获得对返回块引用的块的引用：

void (^(^block_returns_block)(void))(void);

我们到了。只需更改名称即可：

void (^(^ComplexBlock)(void))(void);