调用模板函数时不带 <>;类型推断

Question

如果我有一个带有 typename T 的函数模板，编译器可以自行设置类型，那么当我调用该函数时，我不必显式编写类型，例如：

template < typename T > 
T min( T v1, T v2 ) {
   return ( v1 < v2 ) ? v1: v2;
}
int i1 = 1, i2 = 2; int i3 = min( i1, i2 ); //no explicit <type> 

但是如果我有一个函数模板有两个不同的类型名，例如：

template < typename TOut, typename TIn >
TOut round( TIn v ) {
   return (TOut)( v + 0.5 );
}
double d = 1.54;
int i = round<int>(d); //explicit <int>

我总是必须指定至少 1 个类型名，这是真的吗？我认为原因是 C++ 无法区分不同返回类型之间的函数。

但是，如果我使用 void 函数并移交引用，我也不能显式指定返回类型名称：

template < typename TOut, typename TIn > 
void round( TOut & vret, TIn vin ) {
   vret = (TOut)(vin + 0.5);
}
   double d = 1.54;
   int i; round(i, d); //no explicit <int>

结论是否应该避免使用返回函数，而更喜欢在编写时通过引用返回的 void 函数模板？或者是否有可能避免显式编写返回类型？类似于模板的“类型推断”。 C++0x 中可以进行“类型推断”吗？

Answer 1

重载解析仅基于函数参数完成；返回值根本没有被使用。如果无法根据参数确定返回类型，则必须显式指定它。

我不会走通过引用参数“返回”值的道路；这使得调用代码不清楚。例如，我更喜欢这样：

double x = round<double>(y);

而不是这样：

double x;
round(x, y);

因为在后一种情况下，很容易混淆输入和输出，并且根本不清楚 x 正在被修改。

在 round 的特殊情况下，无论如何，您可能只需要一种或两种类型的 TOut ，因此您可以将该模板参数排除在外：

template<typename TIn>
int roundToInt(TIn v) {
    return (int)(v + 0.5);
}

我发现 roundToInt( x) 比 round(x) 更清晰一点，因为 int 类型的用途很清楚。

Answer 2

结论是在编写模板时避免使用带有返回值的函数，而更喜欢通过引用返回的 void 函数

不，为什么？你有什么收获？仅类型推断（因此需要编写的代码更少）。但是您失去了赋值的更逻辑语法（因此需要编写更多代码）。所以得到了一件事，失去了另一件事。我总体上看不出有什么好处。

必须显式指定模板类型甚至可能会有所帮助：考虑 lexical_cast 的情况。不指定返回模板类型会令人困惑。

Answer 3

让我补充一下其他人所说的，你应该更喜欢 C++ 类型转换而不是 C 风格类型转换。

vret = (TOut)(vin + 0.5);

相比

vret = static_cast<TOut>(vin + 0.5);

如果您尝试转换不相关的类型，与静态转换 总是会失败。这可以帮助调试。