具有未知 return 类型的标准函数

Question

我试图在不直接知道 return 类型的情况下声明一个标准函数。

显然，它会在编译时知道，但我找不到正确的方法来声明它。

最重要的是，我需要创建一个容器，其中将包含此函数 return 中的值。

template <typename... Args>
class Sample
{
public:
    Sample(Args... args, std::function</*unknown return type*/(Args...)> fnct) :
        _inputBuff(std::forward_as_tuple(std::forward<Args>(args)...))

    { }

    std::tuple<Args...>                     _inputBuff;
    std::vector</*unknown return type*/>    _resultBuff;

};

有什么想法吗？

Answer 1

你也不知道函数参数，用模板参数解决了这个问题（好吧，参数包，因为有零个或多个）。

对 return 类型做同样的事情！

template <typename ReturnType, typename... Args>
class Sample
{
public:
    Sample(Args... args, std::function<ReturnType(Args...)> fnct) :
        _inputBuff(std::forward_as_tuple(args...))

    { }

    std::tuple<Args...>     _inputBuff;
    std::vector<ReturnType> _resultBuff;
};

(live demo)

Answer 2

您可以在模板参数中接受可调用类型，而不是参数列表。这将允许您发送任何函数或函数对象并检查 return 类型：

template<typename F, typename... Args>
struct Sample {
    Sample(F fnct, Args... args) :
        _inputBuff{std::forward_as_tuple(std::forward<Args>(args)...)} { }

    using Result = std::result_of_t<F(Args...)>;

    std::tuple<Args...> _inputBuff;
    std::vector<Result> _resultBuff;
};

为了简化 class 的构造，您可以引入一个 make 函数来推导参数（注意它可以成为 C++17 中的推导指南）：

template<typename F, typename... Args>
auto makeSample(F&& fnct, Args&&... args) {
    return Sample<std::decay_t<F>, Args...>{std::forward<F>(f), std::forward<Args>(args)...};
}

具有未知 return 类型的标准函数

Std function with unknown return type

c++

std-function

(live demo)