如何在 c++17 或 20 中使用 std::invoke_result_t 而不是在 c++14 中使用 std::result_of_t？

Question

当我在 C++14 中使用 std::result_of_t 时，它如我所愿：

void just_simple()
{
    std::cout << "【4】: in func return nothing. " << std::endl;
}

template<typename Callback, typename... Args>
auto InTemplate_Call(Callback&& bc, Args&&... args)
{
    typedef typename std::result_of_t<std::decay_t<Callback>(std::decay_t<Args>...)> ReturnType;

    //typedef typename std::invoke_result_t<std::decay_t<Callback>(std::decay_t<Args>...)> ReturnType;

    if (typeid(ReturnType) == typeid(void))
    {
        std::cout << "get a void type" << std::endl;
    }

    return rtDeduction<ReturnType>::type();
}

int main(){
    InTemplate_Call(just_simple);

    return 0;
}

ReturnType 就是 void。

但它在 c++17 或 20 中不起作用:

template<typename Callback, typename... Args>
auto InTemplate_Call(Callback&& bc, Args&&... args)
{
    //typedef typename std::result_of_t<std::decay_t<Callback>(std::decay_t<Args>...)> ReturnType;

    typedef typename std::invoke_result_t<std::decay_t<Callback>(std::decay_t<Args>...)> ReturnType;

    if (typeid(ReturnType) == typeid(void))
    {
        std::cout << "get a void type" << std::endl;
    }

    return rtDeduction<ReturnType>::type();
}

ReturnType 不再是 void！

有没有我弄错的地方？

Answer 1

invoke_result和result_of的区别在于前者接受可调用类型和参数类型，而你的std::decay_t<Callback>(std::decay_t<Args>...)只是一个函数类型 那 returns 个 std::decay_t<Callback>.

区别如下：

#include <functional>

void just_simple() {}

template<typename Callback>
void foo(Callback&&)
{
  static_assert(std::is_same_v<std::invoke_result_t<Callback()>, Callback>);
  static_assert(std::is_same_v<std::invoke_result_t<Callback  >, void>);
}

int main() {
  foo(just_simple);
}

你应该这样做：

typedef typename std::invoke_result_t<
  std::decay_t<Callback>, 
  std::decay_t<Args>...> ReturnType;

如何在 c++17 或 20 中使用 std::invoke_result_t 而不是在 c++14 中使用 std::result_of_t？

How to use std::invoke_result_t in c++17 or 20 instead of std::result_of_t in c++14?

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