decltype(function) 作为类成员

Question

我有：

int foo(int x) { return x+1; }

struct Bar {
  decltype(foo) operator();
};

int main() {
  Bar bar;
  printf("%d\n",bar(6));
}

这会导致稍微令人吃惊的编译器错误消息（g++ 4.6.1）：

error: declaration of 'operator()' as non-function

将成员名称更改为

  decltype(foo) blubb;

并使用它会导致链接器错误：

undefined reference to `Bar::blubb(int)'

这是预期的行为吗？

Answer 1

看来您想“复制”另一个函数的签名来创建具有相同签名的函数。由于 decltype(foo) 确实是函数的类型（而不是指向该函数的指针，这将是 decltype(&foo) 并且会导致一个指针声明），您可以使用它来声明与另一个函数具有相同签名的函数。

如链接器错误所示：

undefined reference to `Bar::blubb(int)'

这已经可以在您的编译器中正常工作。然而，gcc 似乎尚未完全实现这部分标准，因为它不接受具有函数调用运算符的同一事物的语法。顺便说一句。会很高兴地接受它，然后链接会出错，并显示

undefined reference to `Bar::operator()(int)'

您关于为什么存在链接器错误的问题表明对 decltype 真正作用的误解。

它只会评估一种类型，而不是更多。 blubb 的定义与 foo 的定义没有任何关系。当这样写时，这可能会更清楚

typedef decltype(foo) x; 
x blubb;

你现在可以选择 typedef x 来显式地表示函数类型，这不会以任何方式改变 blubb 是什么。您仍然需要定义它。而且由于没有使用 decltype 定义它的语法，因此您必须明确地编写它，

int Bar::operator()(int) {
...
}

这很可能会不幸地破坏使用 decltype 进行声明的目的/好处，因为它不允许您自动“复制”签名。

Answer 2

这是基于观察您对 printf 的使用情况的疯狂猜测：

printf("%d\n",bar(6));

这让我假设您确实想要函数的返回类型，而不是函数的类型。如果是这样，那么您使用的 decltype 是错误的。您可以通过“模拟”函数的使用来获取函数的返回类型，即

decltype(foo(0)) operator() (int);

应该适合您。否则，如果您没有注意到这一点，那么通过为 %d 说明符提供函数类型（而不是函数返回类型），您就会如履薄冰。

一般来说，decltype的含义是：decltype(@)给出表达式@的静态类型。

Answer 3

这应该有效。
我只是在这里用它来捕获 std::bind 将会给我的任何官样文章：

class RiceFadingModel::Impl
{
public:
  Impl(double K, double A)
  : //...
    _M_re{system_now()},
    _M_rd{_M_nu, _M_sigma},
    _M_gen{std::bind(_M_rd, _M_re)}
  { }


private:

//...

  std::default_random_engine _M_re;
  ///  The underlying Rice distribution.
  __gnu_cxx::__rice_distribution<double> _M_rd;
  ///  The variate generator built from the pseudo-random number engine and the Rice distribution.
  decltype(std::bind(_M_rd, _M_re)) _M_gen;
};

这在 gcc-4.7 上就像一个魅力。现在我想起来了，我也在 mingw 上用 gcc-4.5 构建了它。