std::bind 和完美转发

Question

以下代码无法编译：

#include <functional>

template<class ...Args>
void invoke(Args&&... args)
{
}

template<class ...Args>
void bind_and_forward(Args&&... args)
{
    auto binder = std::bind(&invoke<Args...>, std::forward<Args>(args)...);
    binder();
}

int main()
{
    int a = 1;
    bind_and_forward(a, 2);
}

如果我理解正确，原因如下：std::bind 复制它的参数，当调用binder 的operator() 时，它会将所有绑定的参数作为左值传递- 即使是那些输入bind 作为rvalues 的。但是 invoke 是为原始参数实例化的，它不能接受 binder 试图传递的内容。

这个问题有解决办法吗？

Answer 1

您的理解是正确的 - bind 复制了它的论点。因此，您必须提供正确的 invoke() 重载，以便在左值上调用：

template<class ...Args>
void bind_and_forward(Args&&... args)
{
    auto binder = std::bind(&invoke<Args&...>, std::forward<Args>(args)...);
                                    ^^^^^^^^
    binder();
}

这适用于大多数类型。 [func.bind.bind] 中为operator() 列举了一些例外情况，其中Arg& 是不够的。正如您所指出的，其中之一是std::reference_wrapper<T>。我们可以通过用类型特征替换上面的Args&usage 来解决这个问题。通常，我们只需要添加一个左值引用，但对于reference_wrapper<T>，我们只需要T&：

template <typename Arg>
struct invoke_type 
: std::add_lvalue_reference<Arg> { };

template <typename T>
struct invoke_type<std::reference_wrapper<T>> {
    using type = T&;
};

template <typename T>
using invoke_type_t = typename invoke_type<T>::type;

将它插回原来的解决方案，我们得到的东西也适用于reference_wrapper：

template<class ...Args>
void bind_and_forward(Args&&... args)
{
    auto binder = std::bind(&invoke<invoke_type_t<Args>...>, 
                            //      ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
                            std::forward<Args>(args)...);
    binder();
}

当然，如果Arg 之一是占位符，这无论如何都不起作用。如果它是一个绑定表达式，你也必须写一些别的东西。