传递非泛型函数的最有效方法是什么？

Question

我正在学习 C++ 中的函数式编程。我的意图是传递一个非泛型函数作为参数。我知道模板方法，但是我想将函数签名限制为 API 设计的一部分。我想出了4种不同的方法example on cpp.sh：

// Example program
#include <iostream>
#include <string>
#include <functional>

typedef int(functor_type)(int);


int by_forwarding(functor_type &&x)  {
    return x(1);
}

int functor_by_value(functor_type x) {
    return x(1);
}

int std_func_by_value(std::function<functor_type> x) {
    return x(1);
}

int std_func_by_forwarding(std::function<functor_type> &&x) {
    return x(1);
}

int main()
{
    std::cout << functor_by_value([](int a){return a;}); // works
    std::cout << std_func_by_value([](int a){return a;}); // works
    std::cout << std_func_by_forwarding(std::move([](int a){return a;})); // works

    //std::cout << by_forwarding([](int a){return a;}); // how to move lambda with forwarding ?
}

以上尝试是否正确？如果没有，我该如何实现我的目标？

Answer 1

（根据 cmets 的说明）

可以使用std::is_invocable限制签名：

template<typename x_Action> auto
functor_by_value(x_Action && action)
{
    static_assert(std::is_invocable_r_v<int, x_Action, int>);
    return action(1);
}

online compiler

Answer 2

其他选择：

template <typename Func>
auto functor_by_value(Func&& f)
-> decltype(std::forward<Func>(f)(1))
{
    return std::forward<Func>(f)(1);
}

Answer 3

但是我想将函数签名限制为 API 设计的一部分。

所以限制它：

#include <functional>
#include <type_traits>
#include <iostream>

/// @tparam F is a type which is callable, accepting an int and returning an int
template
<
    class F, 
    std::enable_if_t
    <
        std::is_convertible_v<F, std::function<int(int)>>
    >* = nullptr
>
int myfunc(F &&x) {
    return x(1);
}

int main()
{
    auto a = myfunc([](int x) { std::cout << x << std::endl; return 1; });

    // does not compile
    // auto b = myfunc([]() { std::cout << "foo" << std::endl; return 1; });
}

Answer 4

像往常一样，这取决于你的编译器今天有多好，以及未来有多好。

目前，编译器不太擅长优化std::function。令人惊讶的是，std::function 是一个复杂的对象，有时必须分配内存来维护有状态的 lambda 函数。它还使std::function 必须能够引用成员函数、常规函数和 lambdas 并以透明方式执行的事情变得复杂。这种透明度的运行成本很高。

因此，如果您想要尽可能快的代码，您应该小心std::function。出于这个原因，第一个变体是最快的（在今天的编译器上）：

int functor_by_value(functor_type x) {
    return x(1);
}

它只是传递一个指向函数的指针。

当涉及到有状态的 lambda 时，您只有两个选择。要么将 lambda 作为模板参数传递，要么转换为 std::function。因此，如果您希望使用 lambdas（在当今的编译器中）实现最快的代码，您可以将函数作为模板参数传递。

由于 lambda 函数可能具有大状态，因此传递它可能会复制大状态（当无法复制省略时）。 GCC 将直接在参数列表上构造 lambda（没有副本），但嵌套函数将为 lambda 调用复制构造函数。为避免这种情况，要么通过 const 引用传递它（在这种情况下它不能是可变的），要么通过右值引用传递：

template<class Func>
void run2(const Func & f)
{
    std::cout << "Running\n";
    f();
}
template<class Func>
void run(const Func & f)
{
    run2(f);
}
int main()
{
    run([s=BigState()]() { std::cout << "apply\n"; });
    return 0;
}

或者：

template<class Func>
void run2(Func && f)
{
    f();
}
template<class Func>
void run(Func && f)
{
    run2(std::forward<Func>(f));
}
int main()
{
    run([s=BigState()]() { std::cout << "apply\n"; });
    return 0;
}

不使用引用，BigState() 将在复制 lambda 时被复制。

更新： 再次阅读问题后，我看到它想限制签名

template<typename Func, 
         typename = std::enable_if_t<
            std::is_convertible_v<decltype(Func(1)), int>>>
void run2(const Func & f)
{
    std::cout << "Running\n";
    f();
}

这会将它限制为可以接受int（可能带有隐式转换）的任何函数，并返回int 或任何隐式转换为int 的类型。但是，如果您只想接受完全接受 int 并完全返回 int 的类函数对象，您可以查看 lambda 是否可转换为 std::function<int(int)>