为什么我不能推断出类模板参数之一？

Question

我这里有一些代码

template<typename T, std::size_t size, typename funcType>
struct foo
{
public:

    foo(const funcType& func) : m_func(func) {}
    ~foo() {}
    
    void m_call() { m_func(); }

private:
    const funcType& m_func;

    T x[size];
};

void printString() { std::cout << "some string\n"; }

我可以创建一个对象

foo<int, 3, void(*)()> someObject(printString);

或

foo<int, 3, decltype(printString)> someObject(printString);

但是当我尝试这样做时：

foo<int, 3> someObject(printString);

我在 g++ 10.2 上收到此错误

error: wrong number of template arguments (2, should be 3)
 foo<int, 3> someObject(printString);
           ^
note: provided for 'template<class T, long unsigned int size, class funcType> struct foo'
 struct foo
       

为什么我不能这样做？编译器不知道printString是什么类型吗？

如果我将foo 更改为

template<typename funcType>
struct foo
{
public:

    foo(const funcType& func) : m_func(func) {}
    ~foo() {}
    
    void m_call() { m_func(); }

private:
    const funcType& m_func;
};

我可以正常创建

foo someObject(printString);

我错过了什么吗？

Answer 1

使用模板函数创建对象并从函数调用中扣除缺少的模板参数。像这样。

template<typename T, std::size_t Size, typename FunctionT>
foo<T, Size, FunctionT> create_foo(const FunctionT &func) {
    return foo<T, Size, FunctionT>(func);
} 

auto foo_obj = create_foo<int, 3>(printString);

Answer 2

根据cppreference：

类模板参数推导仅在没有模板时执行 参数列表存在。如果指定了模板参数列表， 不进行扣除。

您上次的实验证实了这一点。要推导出funcType，您还需要在构造函数中提供其他模板类型以不提供任何模板参数列表。

您可以将其他模板与构造函数绑定，例如使用此构造：

#include <iostream>

template<typename T, std::size_t size, typename funcType>
struct foo
{
public:
    foo(T (&arr)[size], const funcType& func) : m_func(func) {}
    ~foo() {}

    void m_call() { m_func(); }

private:
    const funcType& m_func;
    T x[size]{};
};

void printString() { std::cout << "some string\n"; }


void test() {
    foo someObject("test", printString);

}

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