为什么编译器不能从 template<typename R(typename...Args)> 之类的模板中推断出类型？答案

【问题标题】：Why can't compiler deduce types from templates like template<typename R(typename... Args)>?为什么编译器不能从 template<typename R(typename...Args)> 之类的模板中推断出类型？
【发布时间】：2019-04-21 18:32:00
【问题描述】：

对我来说，编译器可以推断出这样的模板类型看起来很自然：

template<typename R(typename... Args)>
struct wrap {
    std::function<R(Args)> func_;

    template<typename... Args2>
    wrap(Args2&& ...args2) : func_(std::forward<Args2>(args2)...) {
    }

    R operator()(Args&&... args) {
        cout << "Extra stuff that wrap template does" << endl;
        return func_(std::forward<Args>(args)...);
    }
}

所以我可以用任何函数进行实例化，而无需显式地将其签名提供给模板：

wrap w([](int x){ return 2*x });

轻松调用：

w(3);

但事实证明，这种包装根本不起作用。 GCC 4.8.1 说expected nested-name-specifier before ‘R’。

为什么这是不可能的？实现这种通用包装功能的方法是什么？

【问题讨论】：

标签： c++ templates functor

【解决方案1】：

有人提议在 C++1y 中做这样的事情，我不了解它的状态。

您的语法不适合这些建议，因为 lambda 是用于实例化 std::function 模板的错误类型。它需要一个签名，而不是某个 lambda 的类型。

编写make_wrap 是可能的，但需要采用 lambda 类型并自己提取 args 和返回值。这也很少是一个好主意，因为如果您知道std::functions 类型的唯一方法是通过演绎，那么在这种情况下，为什么要键入擦除它？相反，请携带原始 lambda 类型。

有理由想要这样做，但它们很少是好的。

【讨论】：

你关于 std::function 使用的论点是合法的。出于这个原因，我已经创建了一个更简单的包装类 (pastebin.com/6RhFD3Wx)，但是当我想实例化一个 std::function 并将该包装作为其构造函数的参数时，它失败了。这就是为什么我想创建一个更好的包装器并提出的想法。这在当前的 C++ 中被证明是错误的。对吗？
@dennis90 你在操作符上缺少const，并且在那里有一个完美的前向和无效的覆盖()。我不知道那里还有什么问题。
const 丢失只是因为这是一个概念的说明。如果没有空值覆盖 ()，我将无法调用不带参数的函数，转发无法编译。
有趣的是，我认为我的“转发未编译”参数完全无效。也许我忽略了一些东西......我现在正在研究一个真正有效的包装器并将其粘贴到这里。
@dennis90 “我不知道出了什么问题，但这里有一个例子，我理解是发生了什么，出了什么问题？”比较没用。 Simple, self contained, complete examples 如果您不要求他人读懂您的想法，则必须填写。