仅当函数支持传递合适的可变参数时才编译

Question

#include <iostream>
#include <utility>

class A 
{
  public:
  void run(int value)
  {
      std::cout << value << std::endl;
  }
};

class B 
{
  public:
  void run(int value1, int value2)
  {
      std::cout << value1 << " "
                << value2 
                << std::endl;
  }
};


template<typename T,
          typename ... Args>
void call_run(T& t, Args&& ... args)
{
    // scope below should compile only
    // if T has a run function and 
    // this run function has a signature 
    // matching Args
    // (empty score otherwise)
    {
        t.run(std::forward<Args>(args)...);
    }

}


int main()
{

    int value = 1;

    A a;
    call_run(a,value);

    // compilation error if uncommented
    //B b;
    //call_run(b,value);

    return 0;
}

上面的代码可以正常编译和运行。但是如果最新的部分，用 B 的实例调用 call_run，没有注释，代码编译失败，原因很明显：

main.cpp:34:9: error: no matching function for call to ‘B::run(int&)’
     t.run(std::forward<Args>(args)...);

是否可以忽略不适用的范围进行编译？（此处忽略意味着在编译时用空范围替换有缺陷的范围）

Answer 1

从 c++17 开始你可以使用 if constexpr:

if constexpr (std::is_invocable_v<decltype(&T::run),T*,Args...>)
{
    t.run(std::forward<Args>(args)...);
}

invocable 在编译时检查，如果它 returns 为假，if 作用域的主体将被忽略。

Live demo

仅当函数支持传递合适的可变参数时才编译

Compiling only if function supports passed suitable variadic arguments

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