在 C++ 中从 std::function 访问模板化 lambda
Access to templated lambda from std::function in C++
我正在尝试向我的 lambda 添加一些检测以存储一些数据(即当 lambda 被触发时)但是我在从 std::function 中检索 lambda 时遇到了一些问题。
我创建了一个通用仿函数来存储任何 lambda 和我的参数,然后我将这个仿函数存储到 std::function.
当我尝试从 std::function 访问我的仿函数时,通过目标方法传递的类型不起作用...我传递的类型似乎不是好的,我不'知道如何传递不是定义类型的 lambda 类型...
谁能帮我实现这个目标?
我正在使用 Microsoft (R) C/C++ 优化编译器版本 19.16.27030.1 for x64
谢谢
这是一个例子:
#include <iostream>
#include <functional>
#include <string>
template <typename Signature>
class lambda_wrapper
{
public:
lambda_wrapper(Signature&& lambda, const std::string& iName)
: _lambda(std::move(lambda))
, _sName(iName)
{}
template <typename... Args> inline
auto operator()(Args&&... args)
{
return _lambda(std::forward<decltype(args)>(args)...);
}
std::string& getName()
{
return _sName;
}
private:
Signature _lambda;
std::string _sName;
};
template <typename Signature>
lambda_wrapper<Signature> myLambda(Signature&& lambda, const std::string& iName)
{
return {std::forward<Signature>(lambda), iName};
}
class MyClass
{
public:
MyClass()
: _lambda(myLambda([](int)
{}, "test"))
{
}
virtual ~MyClass() = default;
void printVal()
{
lambda_wrapper<std::function<void(int)>>* pWrapper = _lambda.target<lambda_wrapper<std::function<void(int)>>>();
if (pWrapper)
std::cout << pWrapper->getName();
else
std::cout << "NULL" << std::endl;
std::cout << "Stored type name=" << _lambda.target_type().name() << std::endl;
std::cout << "Cast type name=" << typeid(lambda_wrapper<std::function<void(int)>>).name() << std::endl;
}
private:
std::function<void(int)> _lambda;
};
int main()
{
MyClass myClass;
myClass.printVal();
}
结果如下:
NULL
Stored type name=class lambda_wrapper<class <lambda_de654b4bbc7b5fec872744c55537b509> >
Cast type name=class lambda_wrapper<class std::function<void __cdecl(int)> >
_lambda.target
的正确类型在您的示例中不可命名。每个 lambda 表达式都会创建一个具有唯一类型的对象。
与其使用 std::function
并尝试让 lambda 退出,不如扩展 lambda_wrapper
以像 std::function
那样键入擦除。然后,您可以轻松地将行为添加到知道实际类型的部分。
我正在尝试向我的 lambda 添加一些检测以存储一些数据(即当 lambda 被触发时)但是我在从 std::function 中检索 lambda 时遇到了一些问题。 我创建了一个通用仿函数来存储任何 lambda 和我的参数,然后我将这个仿函数存储到 std::function.
当我尝试从 std::function 访问我的仿函数时,通过目标方法传递的类型不起作用...我传递的类型似乎不是好的,我不'知道如何传递不是定义类型的 lambda 类型...
谁能帮我实现这个目标? 我正在使用 Microsoft (R) C/C++ 优化编译器版本 19.16.27030.1 for x64
谢谢
这是一个例子:
#include <iostream>
#include <functional>
#include <string>
template <typename Signature>
class lambda_wrapper
{
public:
lambda_wrapper(Signature&& lambda, const std::string& iName)
: _lambda(std::move(lambda))
, _sName(iName)
{}
template <typename... Args> inline
auto operator()(Args&&... args)
{
return _lambda(std::forward<decltype(args)>(args)...);
}
std::string& getName()
{
return _sName;
}
private:
Signature _lambda;
std::string _sName;
};
template <typename Signature>
lambda_wrapper<Signature> myLambda(Signature&& lambda, const std::string& iName)
{
return {std::forward<Signature>(lambda), iName};
}
class MyClass
{
public:
MyClass()
: _lambda(myLambda([](int)
{}, "test"))
{
}
virtual ~MyClass() = default;
void printVal()
{
lambda_wrapper<std::function<void(int)>>* pWrapper = _lambda.target<lambda_wrapper<std::function<void(int)>>>();
if (pWrapper)
std::cout << pWrapper->getName();
else
std::cout << "NULL" << std::endl;
std::cout << "Stored type name=" << _lambda.target_type().name() << std::endl;
std::cout << "Cast type name=" << typeid(lambda_wrapper<std::function<void(int)>>).name() << std::endl;
}
private:
std::function<void(int)> _lambda;
};
int main()
{
MyClass myClass;
myClass.printVal();
}
结果如下:
NULL
Stored type name=class lambda_wrapper<class <lambda_de654b4bbc7b5fec872744c55537b509> >
Cast type name=class lambda_wrapper<class std::function<void __cdecl(int)> >
_lambda.target
的正确类型在您的示例中不可命名。每个 lambda 表达式都会创建一个具有唯一类型的对象。
与其使用 std::function
并尝试让 lambda 退出,不如扩展 lambda_wrapper
以像 std::function
那样键入擦除。然后,您可以轻松地将行为添加到知道实际类型的部分。