C++ 不需要的类型推导

Question

我有以下两个功能:

  template<class F, class... Args>
  auto runAt(F&& function, const std::chrono::steady_clock::time_point& timePoint, Args&&... args)
    -> std::future<typename std::result_of<F(Args...)>::type> {
    using return_type = typename std::result_of<F(Args...)>::type;
    std::future<return_type> futureResult;

    auto packagedTask = std::make_shared<std::packaged_task<return_type()> >
    (std::bind(std::forward<F>(function), std::forward<Args>(args)...));
    futureResult = packagedTask->get_future();

    this->addTask(Task([this, packagedTask]() {
        (*packagedTask)();
      }), timePoint);
    return futureResult;
  }

  void runAt(const Task& task,
             const std::chrono::steady_clock::time_point& timePoint);

在我的 main.cpp 文件中，我创建了一个 Task 对象，为其分配了一个函数并将其推送到我的调度程序中。 runAt 是调度程序的函数。

这是代码:

... // Task initialization
scheduler.runAt(task, std::chrono::steady_clock::now());

问题是调用了模板化函数，而不是调用以 Task 作为参数的函数。我知道这两个函数都是有效的，因为第一个参数是模板化的并且可变参数对象是空的。

我有两个问题:

1)如何调用第二个方法(考虑返回类型不一样)

2) 不是很重要，但我很好奇这在编译过程中如何不会失败

  auto packagedTask = std::make_shared<std::packaged_task<return_type()> >
    (std::bind(std::forward<F>(function), std::forward<Args>(args)...));

Answer 1

1) How to call the second method (consider that the return types are not the same)

约束第一个。

template<class F, class... Args,
         class = std::enable_if_t<!std::is_same<std::decay_t<F>, Task>{}>>
auto runAt(F&& function, const std::chrono::steady_clock::time_point& timePoint, 
           Args&&... args)
  -> std::future<typename std::result_of<F(Args...)>::type> {
  /* ... */
}

顺便说一下，

auto packagedTask = std::make_shared<std::packaged_task<return_type()> >
(std::bind(std::forward<F>(function), std::forward<Args>(args)...));

不正确。 bind对你不想要的嵌套绑定(bind)和占位符进行特殊处理，因为你将返回类型计算为 typename std::result_of<F(Args...)>::type .