使用std：：函数的模板类型推导

Question

我发现了std::function和类型推导的以下行为，这对我来说是意想不到的：

#include <functional>

template <typename T>
void stdfunc_test(std::function<T(T)> func) {};

int test_func(int arg)
{
    return arg + 2;
}

int main()
{
    stdfunc_test([](int _) {return _ + 2;});
    stdfunc_test(test_func);
}

main中的两行都会导致错误：

没有函数模板“stdfunc_test”的实例与参数列表匹配

尝试在Visual Studio 2015中编译时。

为什么类型演绎不从函数类型中演绎模板类型，有没有变通方法？

Answer 1

在模板参数推导期间不执行隐式转换，除了：temp.deduct.call

通常，演绎过程会尝试查找模板参数值，这些值将使推导的 A 与 A 相同（在如上所述转换类型 A 之后）。但是，有三种情况允许差异：

• 如果原始P是引用类型，推导出的A（即引用所指的类型）可以比转换后的A更符合cv条件。
• 转换后的A可以是另一个指针或指向成员类型的指针，可以通过函数指针转换（[conv.fctptr]）和/或限定转换（[conv.qual]）转换为推导的A。
• 如果P是一个类，并且P的形式为simple-temping-id，那么转换后的A可以是推导出的A的派生类。同样，如果P是指向Simple-temping-id形式的类的指针，则转换后的A可以是指向推导出的A指向的派生类的指针。

但是，如果模板参数不参与模板实参推导，则进行隐式转换:(temp.arg.explicit)

如果参数类型不包含参与模板参数推导的模板参数，则将对函数参数执行隐式转换(子句[conv])，以将其转换为相应函数参数的类型。【注意:模板参数如果被明确指定，则不参与模板实参推演。

因此，如果您显式指定模板参数，它应该可以工作：

stdfunc_test<int>([](int _) {return _ + 2;});
stdfunc_test<int>(test_func);

Answer 2

您可以使用模板来推断函数和仿函数的签名:

#include<functional>

template<class T>
struct AsFunction
    : public AsFunction<decltype(&T::operator())>
{};

template<class ReturnType, class... Args>
struct AsFunction<ReturnType(Args...)> {
  using type = std::function<ReturnType(Args...)>;
};

template<class ReturnType, class... Args>
struct AsFunction<ReturnType(*)(Args...)> {
  using type = std::function<ReturnType(Args...)>;
};


template<class Class, class ReturnType, class... Args>
struct AsFunction<ReturnType(Class::*)(Args...) const> {
  using type = std::function<ReturnType(Args...)>;
};

template<class F>
auto toFunction( F f ) -> typename AsFunction<F>::type {
  return {f};
}

template <typename T>
void stdfunc_test(std::function<T(T)> func) {};

int test_func(int arg)
{
    return arg + 2;
}


int main()
{

    stdfunc_test( toFunction([](int _) {return _ + 2;}) );
    stdfunc_test( toFunction(test_func) );
    return 0;
}

您可以在这里尝试：http://fiddle.jyt.io/github/d4ab355eb2ab7fc4cc0a48da261f0127