在标准下调用 std::function<void(Args...)> 是否非法？

Question

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4/3 [转化]

一个表达式 e 可 隐式转换 到一个类型 吨 当且仅当声明 Tt=e; 形态良好， 对于一些发明的临时变量 t

这意味着没有表达式可以隐式转换为void，因为void t=e 对于所有表达式e 都是非法的。如果e 是void 类型的表达式，例如void(3)，则更是如此。

所以void 类型的表达式不能隐式转换为void。

这导致我们：

20.9.2/2 要求 [func.require]

定义 调用 (f, t1, t2, ..., tN, R) 作为 调用 (f, t1, t2, ..., tN) 隐式转换为 R .

简而言之，当R 为void 时，INVOKE(f, t1, t2, ..., tN, R) 永远无效，因为没有任何东西（包括void）可以隐式转换为void。

因此，所有std::function<void(Args...)> 都具有!*this 属性，因此不能被调用，因为唯一没有!*this 作为后置条件的构造函数（或者不从另一个@987654338 复制这种状态@ 相同类型）需要Callable 的参数之一。

20.9.11.2/7 类模板 功能 [func.wrap.func]

要求： F 应该 可复制构造 . F 应该是可调用的（ 20.9.11.2 ) 用于参数类型 参数类型 和返回类型 R .的复制构造函数和析构函数 一种 不会抛出异常。

20.9.11.2/2 类模板 功能 [func.wrap.func]

一个可调用的对象 F 类型 F 是 可调用 对于参数类型 参数类型 和返回类型 R 如果表达式 锡安 调用 (f, declval()..., R) ，被认为是一个未计算的操作数（子句 5 ）， 很好 形成（ 20.9.2 )。

如上所示，std::function<void(Args...)> 没有 Callable 表达式。

如果以某种方式找到这样的std::function<void(Args...)>，则调用operator() 将是错误的：

调用 [func.wrap.func.inv]

效果： 调用 (f, std::forward(args)..., R) ( 20.9.2 ）， 在哪里 F 是目标ob- 项目（ 20.9.1 ） 的 *这 .

因为INVOKE(f, std::forward<ArgTypes>(args)..., void) 的所有参数和f 的格式都不正确。

这个推理合理吗？

Answer 1

是的，您的分析是正确的；我得出了同样的结论here。

据 Daniel Kruegler 所说，本期 should appear on the library defect list subsequent to the next mailing：

相应的库问题已提交，但尚未提交 但在问题列表中可见。

希望一旦它变得可见，我们也会有一个结论性的答案，即是否允许构造一个带有签名返回 void 的 std::function 并传递一个带有签名返回非 void (Using `std::function<void(...)>` to call non-void function) 的可调用对象。

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更新：这是作为LWG 2420 输入的，它已被解析为支持特殊情况void 返回类型为static_cast 调用函数的结果为void。这意味着可调用的返回非void 可以是std::function<void(...)> 的目标。 LWG2420 作为对 C++14 的发布后更正应用；同时，我所知道的所有编译器都有效地将这种行为作为 C++11 模式的扩展。