c++ - 别名标准模板函数

Question

我需要别名 std::get函数以提高代码的可读性。

不幸的是，我遇到了一个编译时错误 get<0> in namespace ‘std’ does not name a type . using相当于typedef所以它需要类型来处理。 我正在使用 std::tuple表示某种数据类型:

using myFoo = std::tuple<int,int,double,string>;
using getNumber = std::get<0>;

我看了一些以前的问题，但提出的解决方案是包装并使用 std::forward .我不想为每个成员都写这样的代码。

• Q1 from SO
• Q2 from SO

有没有办法只使用 using 关键字 来解决这个问题？

Answer 1

is there a way to get around this using only using keyword?

我会说不，因为std::get 不是一个类型(因此它不符合这样的用途)。
此外，即使可能，请注意 std::get 是一个重载函数，因此您需要将自己绑定(bind)到特定的实现。

也就是说，在 C++17 中，您可以这样做:

#include<tuple>
#include<utility>

using myFoo = std::tuple<int,int,double>;
constexpr auto getNumber = [](auto &&t) constexpr -> decltype(auto) { return std::get<0>(std::forward<decltype(t)>(t)); };

template<int> struct S {};

int main() {
    constexpr myFoo t{0,0,0.};
    S<getNumber(t)> s{};
    (void)s;
}

如您所见，constexpr lambda 和变量可帮助您创建编译时(比方说)包装器，您可以使用它们来重命名函数。

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正如@T.C 正确指出的那样。在评论中，如果你想进一步概括它并为 std::get 获得一个近乎完美的别名，你可以使用变量模板:

template<int N>
constexpr auto getFromPosition = [](auto &&t) constexpr -> decltype(auto) { return std::get<N>(std::forward<decltype(t)>(t)); };

现在您可以按如下方式调用它:

S<getFromPosition<0>(t)> s{};

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