为什么 param_type 构造函数对于随机分布是显式的？

Question

我正在尝试编译这个程序（实时查看 here）：

int main() {
  std::random_device engine;
  std::uniform_int_distribution<size_t> dis;
  std::cout << dis(engine, {0, 5}) << std::endl;
}

但失败并显示错误消息：

error: converting to 'const std::uniform_int_distribution<long unsigned int>::param_type' from initializer list would use explicit constructor 'std::uniform_int_distribution<_IntType>::param_type::param_type(_IntType, _IntType) [with _IntType = long unsigned int]'
   std::cout << dis(engine, {0, 5}) << std::endl;

很明显，是param_type的显式构造函数阻止了我们这样做。但为什么首先将其指定为明确的呢？如果必须写的话，那是冗长和愚蠢的

std::cout << dis(engine, decltype(dis)::param_type(0, 5)) << std::endl;

有什么解释吗？而且，考虑到 param_type 构造函数在标准中是显式的，我怎样才能以简洁优雅的方式实现我想要的？请注意，在实践中，每次调用 dis 时范围可能不同。因此，在 dis 的构造时提供一个范围没有帮助。

Answer 1

它是显式的，因为它有默认参数。任何采用 1 个参数但不打算成为转换构造函数的构造函数都应该是显式的。

因为标准要求一个构造函数有两个默认参数，所以所有情况都是显式的。一种改进是强制使用一个非显式的 2 参数构造函数、一个显式的 1 参数构造函数和一个非显式的 0 参数构造函数。但是那艘船已经起航了。

我们可以解决您的问题。

template<class...Args>
struct construct_params_t {
  std::tuple<Args&&...> data;
  construct_params_t(Args&&...args):data(std::forward<Args>(args)...){}

private:
  template<class T, std::size_t...Is>
  T create( std::index_sequence<Is...> ){
    return T( std::get<Is>(std::move(data))... );
  }
public:
  template<class T>
  operator T()&&{
    return create<T>( std::index_sequence_for<Args...>{} );
  }
};
template<class...Args>
construct_params_t<Args...> construct_from(Args&&...args) {
  return {std::forward<Args>(args)...};
}

现在你可以做：

int main() {
  std::random_device engine;
  std::uniform_int_distribution<size_t> dis;
  std::cout << dis(engine, construct_from(0, 5)) << std::endl;
}

基本上，construct_from(a,b,c) 几乎可以用来构造任何东西，而且它是明确地这样做的，在构造它时不必提及它的名字。

Live example.

如此构建的对象必须是可移动的，并且使用 RVO 省略它实际上不应该移动它们。

不建议存储 construct_from 的 return 值。

为什么 param_type 构造函数对于随机分布是显式的？

Why would the param_type constructor be explicit for a random distribution?

c++

c++11

language-lawyer

c++-standard-library

explicit