将函数作为类模板参数传递

Question

在不知道函数类型的情况下，我使用以下技术声明其指针并初始化函数指针。

template<typename T>
struct Declare { typedef T Type; }; // for declaring any func ptr

void fun () {}

int main ()
{
  Declare<fun>::Type pf = &fun;  // can't use C++0x 'auto'
}

但是，它会给出编译错误，错误：需要一个类型，得到'fun'。尽管任何方法的类型在编译时都是已知的。 如上所述将函数传递到类 template 中是否无效？

[注意：将 fun 替换为 void (*)()工作正常。但这不是我们想要的。]

Answer 1

如上所述将函数传递到类模板中是否无效？

完全是的，您混淆了类型参数和非类型参数。
fun 是一个非类型参数，它是一个函数的地址，就像一个任意数0x12345678。
typename T 是一个type 参数。您只能传递类型，例如 int、MyClass、double (*)(std::string)、void (MyClass ::*)().
您必须接受这样一个事实：您需要编译器支持这些东西，或者需要一些非常丑陋的技巧来推断类型。
如果您想上当，这里有 Boost。 Typeof 适用于像您这样的非 C++0x 编码员。它还为 auto 提供了 BOOST_AUTO 的替代品，但这只是编写 BOOST_TYPEOF 的一种简短方法：

int hello(){ return 42; }
BOOST_AUTO(var1,hello()); // type of var1 == int
BOOST_TYPEOF(hello()) var2 = hello(); // same

有问题吗？您需要为您拥有的每个用户定义类型提供帮助。请参阅此 Ideone 示例。

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现在，大多数时候我认为您不需要 Boost.Typeof。为什么？因为如果你使用一个函数，你当然需要知道签名，否则你将如何传递正确的参数？或者以正确的方式使用返回类型？
其他时候都是在模板中使用。如果您声明一个像 auto fptr = &func 之类的函数指针，那么您就知道 func 存在，也就是说您知道它的签名和类型。因为当您不知道 func 存在时，您无论如何都需要将其传递给您，最好是在模板中：

template<class FPtr>
void myfunc(FPtr otherfunc){
  // use otherfunc
}

并且通过模板，您可以再次了解该函数类型。

Answer 2

如上所述将函数传递到类模板中是否无效？

是的。换句话说，因为您希望编译器推断出类模板的 type 参数，这在 C++ 中根本不可能。回想一下，fun 本身不是一个类型，它是一个 void (*)() 类型的值。但是您的类模板需要类型，而不是值。这就是为什么它行不通。

类型推导仅适用于函数，这意味着即使使用类的构造函数也是如此。因此，如果您编写一个模板化构造函数，那么您可以这样写：

Declare obj(&fun); 

这里，只要您在构造函数中，函数的类型就已知，一旦您从中存在，您就会丢失该信息。所以您可能需要的是：定义一个类，例如 AbstractFunctor （可能是类模板），并从它派生定义另一个类，例如 template;结构函子。然后你可以创建一个永远记住函数类型的Functor实例，并将该实例作为Declare的成员数据存储在AbstractFunctor*中。

但我认为，即使这样，类型也不能用作 Declare::Type 或 Declare::AbstractFunctor::Type，仅仅因为 type< /em> 存储在类的实例中；只有实例知道类型。因此，使用 A::Type 之类的语法获取类型是不可能的。并且您也无法使用语法 instance.Type 获取类型。您所能做的就是：使用实例调用函数，就像函子一样。

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编辑：

如果您被允许使用 C++0x 的其他功能（不包括自动），那么问题有一个简单的解决方案：

Declare<decltype(&fun)>::Type pf = &fun;  
pf(); //call the function

演示： http://ideone.com/

但是，您甚至不需要 Declare，因为您可以这样做：

decltype(&fun) pf = &fun; 
pf(); //call the function