模板函数中引用类型的推导

Question

当涉及到引用类型推导时，我是否必须显式实例化函数模板的类型。如果是这样的话，歧义在哪里？让我们比较以下2个代码sn-ps：

第一个：link for the code

template <typename T> 
void foo(T& var, void(*func)(T&)) // T must be instantiated with int and it does .
{
 ++var;
} 
void ret(int & var){}
int main()
{int k =7; 
foo(k, &ret);
cout<<k;//prints 8
}

现在让我们删除 foo() 的 decleration 中的 &'，我们有一个错误。

第二个：link for the code

template <typename T> 
void foo(T var, void(*func)(T)) // T must be instantiated with int& but it doesn't.
{
 ++var;
} 

void ret(int & var){}

int main()
{int k =7; 

foo(k, &ret); //error: no matching function for call to 'foo(int&, void (*)(int&))'
cout<<k;
}

但是，如果我通过使用<int&> "foo<int&>(k,&ret);" 显式实例化来调用 foo，则代码会给出与前一个相同的输出。这个错误的原因是什么？歧义在哪里？

谢谢。

Answer 1

正如 Fionn 的 answer 中强调的那样，问题在于编译器为 T、int 和 int& 推导出了两种不同的类型。 18.8.2.4/2 有以下内容：

在某些情况下，扣除是使用一组类型 P 和 A 完成的，在其他情况下，将有一组 对应类型 P 和 A。类型推导对每个 P/A 对独立进行，推导的 然后组合模板参数值。如果不能对任何 P/A 对进行类型扣除，或者 如果对于 任何一对，推导会导致不止一组可能的推导值，或者如果不同的对产生不同的 推导的值，或者如果任何模板参数既不是推导的也不是明确指定的，模板 推论失败。

我认为突出显示的文本涵盖了您的示例。您没有问，但您可能拥有的一种选择是在您的示例中使用两个模板参数。这两种情况都可以推断出来，因此您可以通过 enable if 使用其他一些模板技巧来创建代表您想要的版本的新类型，即。有没有参考。

Answer 2

第二版的答案，只是曲解了问题：

第二个版本的问题是编译器无法知道你是想通过引用传递还是通过值传递。

两者的调用语法完全相同，但您显然希望通过引用传递 - 否则增量没有任何意义。

这里有一个例子来说明如何调用一个通过引用传递的函数和一个通过值传递参数的函数没有区别：

void Incr1(int &value) { value++; }
void Incr2(int value) { value++ } //Completely useless but for demonstration

//Now the calling of both functions
int x = 1;
Incr1(x);
Incr2(x);

如果您使用指针而不是引用，编译器知道该怎么做，因为您明确告诉它您将指针传递给 int。

#include <iostream>

template <typename T> 
void foo(T var, void(*func)(T))
{
    ++(*var);
} 

void ret(int *var){}

int main()
{
    int k =7; 

    foo(&k, &ret); 
    std::cout<<k;
}

---

这将使它编译，但没有多大意义：

错误是您的函数仍然需要 T& 而不是 T。

所以你只需要这个小修改：

template <typename T> 
void foo(T var, void(*func)(T&))
{
 ++var;
} 

void ret(int & var){}

int main()
{
    int k =7; 

    foo(k, &ret);
    std::cout<<k;
}