无法推断函数返回类型

Question

这不适用于 gcc-10 或 clang-10。

template <typename R, typename T>
auto invoke_function(R (&f)(T), T t) { return std::invoke(f, t); }

invoke_function(std::to_string, 42);

这适用于 gcc-10，但不适用于 clang-10。

template <typename R, typename T>
auto invoke_function(T t, R (&f)(T)) { return std::invoke(f, t); }

invoke_function(42, std::to_string);

错误消息在所有情况下都非常相似：“无法推断模板参数'R'”或“无法推断模板参数'R'”（gcc）。

目前尚不清楚此代码被拒绝的原因。由于推导出T，可以确定std::to_string的过载。对参数顺序的依赖特别烦人。它不应该工作吗？

我知道这个问题可以通过引入一个函数对象来回避：

struct to_string
{
    template<typename T> std::string operator()(T t) { return std::to_string(t); }
};

然后只使用std::invoke 就可以了。然而，这需要为每个重载集创建一个单独的函数对象。

有没有更好的办法？

Answer 1

目前尚不清楚此代码被拒绝的原因。由于推导出T，可以确定std::to_string的过载。

这不是它的工作原理。模板推导首先独立地推导每个参数/参数对 - 然后我们将所有推导组合在一起并确保它们是一致的。所以我们从42 推导出T，然后分别从std::to_string 推导出R(&)(T)。但是std::to_string 的每个重载都与该模式匹配，所以我们不知道该选择哪一个。

但只有当我们可以独立地推断出每一对时，以上才是正确的。如果一个参数是不可推导的，我们跳过它，然后尝试返回并稍后填写。这就是这里的关键 - 我们重新构造推导，以便我们仅从 42 推导出 T：

template <typename T>
auto invoke_function(std::string (&f)(std::type_identity_t<T>), T t) { return std::invoke(f, t); }

在这里，我们推导出T 和int，现在我们从std::to_string 推导出std::string(&)(int)。现在可以了，因为只有一个重载与该模式匹配。

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除了现在这是未定义的行为，根据[namespace.std]/6：

让F 表示标准库函数（[global.functions]）、标准库静态成员函数或标准库函数模板的实例化。除非 F 被指定为可寻址函数，否则如果 C++ 程序显式或隐式尝试形成指向 F 的指针，则其行为未指定（可能格式错误）。

std::to_string 不是可寻址函数。

所以 真正的 更好的方法是将 to_string 包装在 lambda 中并传递：

invoke_function([](auto x){ return std::to_string(x); }, 42);

并且只需调整invoke_function 以获取任意可调用而不是特定的函数。该 lambda 包装概括为：

#define FWD(x) static_cast<decltype(x)&&>(x)
#define LIFT(name) [&](auto&&... args) noexcept(noexcept(name(FWD(args)...))) -> decltype(name(FWD(args)...)) { return name(FWD(args)...); }

invoke_function(LIFT(std::to_string), 42);