模板扣除指南中的附加类型答案

【问题标题】：Additional type in template deduction guide模板扣除指南中的附加类型
【发布时间】：2020-02-17 21:44:07
【问题描述】：

这个 sn-p 演示了如何使用推导指南来允许 source_location::current 与参数包一起使用（参见 https://stackoverflow.com/a/57548488/1421332）：

template <typename... Params>
struct Test
{
   Test(Params&&... params,
        const std::source_location& loc = std::source_location::current());
};

template <typename ...Params>
Test(Params&&...) -> Test<Params...>;

这样使用：

Test(5, 'A', 3.14f, "foo");

现在我想通过一个额外的类型 T 来扩展 struct Test ，它应该明确指定。我尝试了以下但不接受扣除指南：

template <typename T, typename... Params>
struct Test
{
    Test(Params&&... params,
         const std::source_location& loc = std::source_location::current());
};

template <typename T, typename ...Params>
Test(Params&&...) -> Test<T, Params...>;

编译器说：

推导模板包含模板参数，不能推断出来的。

我需要额外的 T 来允许 struct Test 在内部构建用户指定类型的对象。

应该这样使用：

Test<MyType>(5, 'A', 3.14f, "foo");

是否可以定义包含附加T的扣除指南？

【问题讨论】：

标签： c++ c++17 template-argument-deduction

【解决方案1】：

你不能用这种语法来做：

Test<MyType>(5, 'A', 3.14f, "foo");

因为没有“部分”类模板参数推导之类的东西。全有或全无 - 您可以指定 all 类模板参数或 none 类模板参数。

但是，您可以将类型移到上方：

template <typename T> struct type_t {};
template <typename T> inline type_t<T> type{};

Test(type<MyType>, 5, 'A', 3.14f, "foo");

现在你推断出了类型。您甚至可以编写演绎指南来要求这种用法：

template <typename T, typename ...Params>
Test(type_t<T>, Params&&...) -> Test<T, Params...>;

虽然Test 的构造函数仍然需要先接受type_t<T> 参数。

【讨论】：