c++ - 模板推导指南中的附加类型

Question

此代码片段演示了如何使用推导指南来允许 source_location::current 与参数包一起使用(请参阅 https://stackoverflow.com/a/57548488/1421332 ):

template <typename... Params>
struct Test
{
   Test(Params&&... params,
        const std::source_location& loc = std::source_location::current());
};

template <typename ...Params>
Test(Params&&...) -> Test<Params...>;

使用方式如下:

Test(5, 'A', 3.14f, "foo");

现在我想通过应明确指定的附加类型 T 来扩展结构 Test。我尝试了以下方法，但推演指南不被接受:

template <typename T, typename... Params>
struct Test
{
    Test(Params&&... params,
         const std::source_location& loc = std::source_location::current());
};

template <typename T, typename ...Params>
Test(Params&&...) -> Test<T, Params...>;

编译器说:

deduction guide template contains a template parameter that cannot be deduced.

我需要额外的 T 来允许 struct Test 内部构建用户指定类型的对象。

应该这样使用:

Test<MyType>(5, 'A', 3.14f, "foo");

是否可以定义包含附加T的扣除指南？

Answer 1

你不能用这种语法来做到这一点:

Test<MyType>(5, 'A', 3.14f, "foo");

因为不存在“部分”类模板参数推导之类的东西。要么全有，要么全无 - 您要么指定所有类模板参数，要么不指定类模板参数。

但是，您可以将类型移过去:

template <typename T> struct type_t {};
template <typename T> inline type_t<T> type{};

Test(type<MyType>, 5, 'A', 3.14f, "foo");

现在您已经推导出类型了。您甚至可以编写推导指南来要求这种用法:

template <typename T, typename ...Params>
Test(type_t<T>, Params&&...) -> Test<T, Params...>;

虽然Test的构造函数仍然需要采用 type_t<T>先论证。