将 invoke_result 与 void 参数类型一起使用？答案

【问题标题】：Use invoke_result with void argument type?将 invoke_result 与 void 参数类型一起使用？
【发布时间】：2019-01-07 11:10:37
【问题描述】：

我正在尝试执行以下操作：

struct Unwrapper
{
    template<typename T>
    auto operator()(const T& arg, std::enable_if_t<isPrimitive<T>, void>* = nullptr) {return arg;}

    template<typename T>
    auto operator()(const T& arg, std::enable_if_t<!isPrimitive<T>, void>* = nullptr) {return arg.wrapped();}

    void operator()(void) {}
};

template<typename T>
using UnwrappedT = std::invoke_result_t<Unwrapper, T>; // error: no type named ‘type’ in ‘struct std::invoke_result<Unwrapper, void>’

docs for std::invoke_result 建议它应该适用于 Args 是 void（即无），特别是它表示无效案例不起作用是现已弃用的 std::result_of 的“怪癖”。

但是不，void 不起作用。这是有道理的，因为T = void 也不能使用std::declval<T>()，而std::invoke_result 应该按照std::declval 来实现。

问题是，修补代码以使用 void 的最优雅/直接的方法是什么？我可以用std::conditional 做点什么，但我期望更好。（使用 C++17）

相关问题：this、this。

【问题讨论】：

可变参数模板？
好叫，但不起作用。使用无参数调用 unwrap() 不是问题，只是 invoke_result_t 不起作用
“与 void 一起工作”是什么意思？ Unwrapper 不能用void 类型的对象调用（因为没有void 类型的对象），所以invoke_result 可以说是在做它应该在这里做的事情。
@cpplearner void 是一种类型，不是完全的（如创建和传递对象 of it），但在某些程度上是的，例如你可以使用return void() 语法与模板保持一致。我相信void 也是一种类型，你可以问“返回 void 的方法的返回类型是什么”。答案是“它是void”。
好吧，如果你使用std::invoke_result_t<Unwrapper>，你会得到void，但std::invoke_result_t<Unwrapper, void>不存在，因为void不能作为参数。

标签： c++ c++17 void result-of declval

【解决方案1】：

你可以这样做：

template<typename... T>
using UnwrappedT = std::invoke_result_t<Unwrapper, T...>;

UnwrappedT<> 将处理 void 的情况。

如果您希望 UnwrappedT<void> 表示 UnwrappedT<>，则需要某种方式删除 void。 conditional 是最熟悉的做法：

template<typename T>
using UnwrappedT = typename std::conditional_t<
    std::is_void_v<T>,
    std::invoke_result<Unwrapper>,
    std::invoke_result<Unwrapper, T>>::type;

或者你可以用 Boost.Mp11 来找点乐子：

template<typename T>
using UnwrappedT = mp_apply<std::invoke_result_t,
    mp_remove_if<mp_list<Unwrapper, T>, std::is_void>>;

【讨论】：