C++模板推导不起作用答案

【问题标题】：C++ template deduction is not workingC++模板推导不起作用
【发布时间】：2016-12-22 23:42:10
【问题描述】：

对于以下代码：

#include<functional>
template<typename T>
void f(std::function<void(T)> g) {
}

template<typename T>
void g(T x) {
}

int main() {
   f(&g<int>);
}

C++14 编译器产生错误：

 no matching function for call to 'f(<unresolved overloaded function type>)'
     f(&g<int>);

我很好奇为什么模板参数推导在这里不起作用。看来，鉴于 g 的参数是 int 类型，我们可以推断 f 的参数是 std::function<void(int)> 类型，因此在 f 中是 T = int。为什么这不会发生？我对解释这一点的 C++ 标准的相关部分感兴趣。 T 是否出现在此处的非推导上下文中？

以下类似代码编译：

#include<vector>
template<typename T>
void f(std::vector<T> vec) { 
}


int main() {
    f(std::vector<int>{});
}

所以不是尖括号创建了非推断上下文。

【问题讨论】：

f(std::function<void(int)>(g<int>)); 工作
xis，谢谢。实际上， f(&g);也可以。我的问题是我无法根据标准中的内容来解释这些行为。

标签： c++ templates c++14 template-argument-deduction

【解决方案1】：

您的函数需要std::function 类型的参数，但您传递给它的是一个指向函数的指针。 &g<int> 可转换为 std::function 参数类型，但模板参数推导需要完全匹配（[temp.deduct.call]/2,3,4 允许的调整除外），不考虑用户定义的转换。

写f(std::function<void(int)>(g<int>)) 会起作用，因为你现在传递的是std::function，所以模板参数推导会成功。

f<int>(&g<int>) 也有效，因为您现在已明确指定 T，它不再参与模板参数推导，并且将尝试用户定义的转换。

【讨论】：

谢谢！这是有道理的！我不认为参数推导需要“精确”匹配。例如，如果我在第二个示例中将“const”添加到 f 参数的类型，它仍然可以编译。所以，我想有一些转换是允许的。
@Evgenii.Balai 是的，是的，我简化得太多了 :) 现已修复。
@Evgenii.Balai：参数类型中的顶级const 不是函数签名的一部分，因此在这种情况下匹配仍然是精确的。有效的非精确匹配是参考。

【解决方案2】：

&g<int> 的类型是void(*)(int)。因此，编译器会尝试生成一个带有签名 void f<>(void(*)(int)) 的函数，它无法从您的模板中执行此操作。 std::function<void(int)> 类型是完全不同的类型。

在您的类似代码中，对象std::vector<int>{} 的类型为std::vector<int>，因此编译器尝试生成一个函数void f<>(std::vector<int>)，它可以通过将T 推断为int 从提供的模板中执行该函数。

当指定f<int> 时，编译器不需要推断类型，因此不能不推断。此外，虽然在推导上下文中不考虑隐式转换，但在非推导上下文中考虑它们。因此，通过显式提供类型并使函数参数成为非推导上下文，您允许编译器使用隐式转换将 std::function<void(int)> 参数初始化为 g<int>。

【讨论】：