传递已推导的类型作为回调的参数类型

Question

所以我正在尝试执行以下操作

int x = 123;
myFunction(x, [](auto y) {
    std::cout << y;
});

而myFunction定义为

template <typename T>
void myFunction(T val, void(*callback)(T)) {
    callback(val);
}

当尝试编译代码时，clang 给我错误 could not match 'void (*)(T)' against '(lambda at ...)'。我发现这是因为您无法从 lambda 中推断出类型。

所以这实际上没问题，因为我真正想要的是 callback 的参数类型是从 myFunction.

的 val 参数推导出来的类型

所以我的问题简单地说，是否有可能以某种方式将 callback 参数排除在推导之外，而只使用 val 的推导类型？

Answer 1

is it possible somehow to exclude the callback parameter from being deduced and instead just use the deduced type of val?

当然可以。

如果你定义这样的东西

template <typename T>
struct self
 { using type = T; };

你可以定义myFunction()如下

template <typename T>
void myFunction(T val, void(*callback)(typename self<T>::type)) {
    callback(val);
}

现在 T 从 val 推导出来并用于 callback。

从C++20开始，可以避开self定义，使用新引入的std::type_identity_t

template <typename T>
void myFunction(T val, void(*callback)(std::type_identity_t<T>)) {
    callback(val);
}

Answer 2

一个选项（还有几个选项）是将可调用项作为模板参数传递，并允许模板为您处理一些细节 - 例如：

template <typename T, typename FUNCTOR>
void myFunction(T val, FUNCTOR callback) {
    callback(val);
}

// Note: could be a const ref:
//void myFunction(T val, const FUNCTOR &callback) {


int main()
{

    int some_int{1};
    myFunction(some_int, [](auto y){ std::cout << y << std::endl; });

    float some_float{1.1f};
    myFunction(some_float, [](auto y){ std::cout << y << std::endl; });

    return 0;
}

这里有完整示例（遵循您的代码 - 但可以进一步整理）：https://godbolt.org/z/qr7T5GPd6

传递已推导的类型作为回调的参数类型

Pass on already deduced type as parameter type for a callback

c++

templates

type-deduction