模板模板参数推导指南

Question

我有一组结构的 class 是这样的：

template<typename T>
struct Foo {
    T x_;
    T y_;
    constexpr Foo(T x, T y) : x_{x}, y_{y} {}
};

template<typename T, typename U, template<U> class Func>
class Bar {
private:
    Foo<T> foo_;
    Func<U> func_
    size_t n_;
public:
    Bar(Foo<T> foo, size_t n, Func<U> func) :
      foo_{foo},
      n_{n},
      func_{func}
    {}
};

我正在尝试为这个 class 模板创建演绎指南...

// Doesn't compile
template<typename T, typename U, template<U> class Func>
Bar(Foo<T>, U, Func<U>)->
Bar<T,U,Func>;

// Doesn't compile
template<typename T, typename U, template<U> class Func>
Bar(Foo<T>, U, Func)->
Bar<T,U,Func>;

当模板参数恰好是模板本身时，我不确定正确的语法，其中模板化参数将是函数指针、函数对象、仿函数或 class 将存储。

当我尝试在 Func<> 中使用 U 时，它指出 "type name 是不允许的" 如果我删除它是只是 Func 没有任何模板参数，它指出，"argument list for template template parameter 'Func' is missing"...

我对 Bar 的预期用途如下所示：

template<typename T>
constexpr T funcA(T x) {
    return x;
}

template<typename T>
constexpr T funcB(T x) {
    return x*x;
}

int main() {
    Bar bar1{Foo{1.0, 3.0}, 1000, funcA<double>}; 
    Bar bar2{Foo{3.7, 4.0}, 500, funcB<float>};

    return 0;
}

编辑 - 此部分适用于用户：piotr-skotnicki

注意：上面是一个伪代码，其签名与我的 classes 的表示相同...现在我可以再次访问我的 IDE，这里是 "real"来源。

Integrator.h

#pragma once

//#include <type_traits>

template <typename Field>
struct Limits {
    Field lower;
    Field upper;

    constexpr Limits(Field a = 0, Field b = 0) : 
        lower{ a < b ? a : b }, 
        upper{ a < b ? b : a }
    {}
};    

template <typename LimitType, typename Func>
class Integrator {       
    //static_assert(std::is_invocable_v<Func&>, "Invalid callable");
private:
    Limits<LimitType> limits_;
    size_t step_size_;
    Func integrand_;

public:
    Integrator(Limits<LimitType> limits, size_t stepSize, Func integrand) :
        limits_{ limits },
        step_size_{ stepSize },
        integrand_{ integrand }
    {}

    constexpr auto evaluate() {
        auto distance = limits_.upper - limits_.lower;     
        auto dx = distance / step_size_;       
        return calculate(dx);
    }        

private:
    template<typename ValueType>
    constexpr auto calculate(ValueType dx) {
        ValueType result = 0.0;
        for (size_t i = 0; i < step_size_; ++i) {
            auto dy = integrand_(limits_.lower + i * dx);
            auto area = dy * dx;
            result += area;
        }
        return result;
    }

};

//template <typename LimitType, typename Func>
//Integrator(Limits<LimitType>, size_t, Func)
//->Integrator<LimitType, Func>;

main.cpp

#include <iostream>
#include <exception>

#include "Integrator.h"


double funcE(double x) {
    return x;
}

template <typename T>
constexpr T funcA_t(T x) {
    return x;
}    

// This Works! 
int main() {
    try {
        std::cout << "Integration of f(x) = x from a=3.0 to b=5.0\nwith an expected output of 8\n";
        Integrator integratorA{ Limits{3.0, 5.0}, 10000, funcA };
        std::cout << integratorA.evaluate() << '\n';    
    }
    catch (const std::exception& e) {
        std::cerr << e.what() << std::endl;
        return EXIT_FAILURE;
    }

    return EXIT_SUCCESS;
}

// This was failing to compile... but now seems to work for some reason...
int main() {
    try {
        std::cout << "Integration of f(x) = x from a=3.0 to b=5.0\nwith an expected output of 8\n";
        Integrator integratorA{ Limits{3.0, 5.0}, 10000, funcA_t<double> };
        std::cout << integratorA.evaluate() << '\n';    
    }
    catch (const std::exception& e) {
        std::cerr << e.what() << std::endl;
        return EXIT_FAILURE;
    }

    return EXIT_SUCCESS;
}

// Same as above...
Integrator integrator{ Limits{3.0, 5.0}, 10000, &funcA_t<double> };
// wasn't compiling...

之前 Visual Studio 抱怨它无法推断模板参数 Func... 我不知道为什么...

我不知道发生了什么事...也许 Visual Studio 有问题...它现在似乎在工作...很奇怪...

Answer 1

首先，语法如下：

template <typename T, typename U, template <U> class Func>

并不意味着 Func 将具有单个 type 模板参数，与 [=19] 的第二个模板参数 U 相同=]实例本身。

这意味着 Func 是一个 class 模板，它采用 非类型 类型 U 模板参数。如果 Func 需要一个类型模板参数，那应该变成：

template <typename T, typename U, template <typename> class Func>
//                                          ~~~~~~~^

以及配套的推导指南：

template <typename T, typename U, template <typename> class Func>
Bar(Foo<T>, U, Func<U>) -> Bar<T, U, Func>;

然而，Func 仍然是一个 template 模板参数，并且只接受 alias/class/struct 模板，并且永远不会匹配函数指针类型，也不会匹配拉姆达表达式。如果您打算在 Bar 个实例中存储任何可调用对象，则使用任何类型作为模板参数，并让推导指南推断出它是什么：

template <typename T, typename U, typename Func>
//                                ~~~~~~~^

为了确保它将可以用 U 类型的（左值）参数调用，只需放置一个 static_assert 这样的约束:

#include <type_traits>

template <typename T, typename U, typename Func>
class Bar {
    static_assert(std::is_invocable_v<Func&, U&>, "Invalid callable");
private:
    Foo<T> foo_;
    Func func_;
    U n_;
public:
    Bar(Foo<T> foo, U n, Func func) :
      foo_{foo},
      func_{func},
      n_{n}
    {}
};

DEMO

另请注意，您不需要显式推导指南，因为将从构造函数中隐式生成推导指南。

但是，如果您事先不知道 U 将用作 Func 的参数，那么这不应被视为构造函数定义中的问题，也不在 class 定义本身。这清楚地表明该参数将从某个外部源提供，并且在某个地方您将知道并且将能够验证它是否是否适合可调用。

当然，您不应该试图推断出可调用对象的确切签名。它在实践中毫无用处，很可能意味着您的设计存在缺陷。

也就是说，一旦您最终知道使用了哪种类型的参数，请在此处输入 static_assert，例如：

template <typename ValueType>
constexpr auto calculate(ValueType dx) {
    static_assert(std::is_invocable_v<Func&, ValueType&>, "Invalid value type");
    ValueType result = 0.0;
    // ...
    return result;
}

或者，您可以使用 std::enable_if_t 或 requires:

使 calculate SFINAE 友好

template <typename ValueType>
constexpr auto calculate(ValueType dx)
    -> std::enable_if_t<std::is_invocable_v<Func&, ValueType&>, ValueType> {
    ValueType result = 0.0;
    // ...
    return result;
}

模板模板参数推导指南

Deduction Guide for a template template parameter

c++

parameters

templates

c++17

deduction-guide