转发 decltype 检测 - C++ 11

Question

我想使用decltype 将方法的返回类型虚拟绑定到类似的变量类型

#include <iostream>

decltype(a) foo()                     // my point
{
  return 4.3f;
}

int main(int argc, char* argv[])
{
  auto a = 5.5f;
  std::cout << foo() << std::endl;
  return(0);
}

但您可以轻松猜到，此代码在 Linux 上的 g++-4.7.2 下无法编译。

有解决方法吗？我知道auto，但这不是我想要使用的（我不想使用auto 作为foo() 的返回类型）。

Answer 1

你可以使用模板

template <typename T>
T foo()
{
    return 4.3f;
}

并使用foo<float>() 调用它

如果在函数之前声明了a，您也可以使用decltype，如下所示：

auto a = 5.3f;

decltype(a) foo()
{
   return 4.3f;  
}

Answer 2

您的目标到底是什么？可以将变量传递给函数吗？如果不是，该函数如何知道要使用什么类型？如果您可以将变量传递给函数，则可以使用模板：

template<typename T>
T foo(T) {
    return 4.3f;
}

现在你可以这样称呼它

std::cout << foo(a) << std::endl;

这里的变量只是用来获取它的类型。如果不想传入变量，则需要直接提供类型，例如

template<typename T>
T foo() {
     return 4.3f;
}

std::cout << foo<decltype(a)>() << std::endl;

但这当然很丑。

现在，如果您愿意使用宏，您可以稍微简化一下：

template<typename T>
T _foo() {
    return 4.3f;
}
#define foo() _foo<decltype(a)>()

std::cout << foo() << endl;

当然，这会硬编码调用 foo() 时必须在范围内的变量的名称。

---

这里的根本问题是函数不能隐式使用变量的类型，因为函数是先声明的。因此，如果模板不是一个好的解决方案，那么唯一的选择就是在函数和变量都可以访问它的地方声明类型。这可以通过typedef 来完成：

typedef float atype;

atype foo() {
    return 4.3f;
}

int main() {
    atype a = 5.5f;
    std::cout << foo() << std::endl;
}

或者，您可以简单地决定 foo() 的返回值被认为是相关类型的权威：

float foo() {
    return 4.3f;
}

int main() {
    decltype(foo()) a = 5.5f;
    std::cout << foo() << std::endl;
}

Answer 3

使用 C++1y，您将能够做到这一点：

#include <iostream>

auto foo()
{
  return 4.3f;
}

int main(int argc, char* argv[])
{
  auto a = 5.5f;
  std::cout << foo() << std::endl;
  return(0);
}

您已经可以使用 lambda 函数完成。

这是在 g++-4.8 中使用 std=c++1y 标志实现的。

我在这里回答：C++11 auto and function return types

Answer 4

这就是你所追求的吗？它应该编译：

#include <iostream>

const float foo() 
{
  return 4.3f;
}

int main(int argc, char* argv[])
{
  decltype(foo()) a;
  a = foo();
  std::cout << a << std::endl;
  return(0);
}