c++ - 在 C++-17 中，此构造函数是否有可能的模板推导指南？

Question

是否有模板推导指南可以启用变量 c推断为类型 bar<baz>只是它就像变量b ?

#include <vector>
#include <functional>

template<typename T>
struct foo {
  using container = std::vector<T>;
  using creator = std::function<container()>;
};

template<typename T>
struct bar
{
    bar(typename foo<T>::creator) { }
};

struct baz : public foo<baz> {
  static baz::container make_it() { return {}; }
};

int main() {
    bar<baz> b(baz::make_it);
    bar c(baz::make_it); // What is the deduction guide to mimic b?
}

Answer 1

这里的困难在于参数和推导的类型之间的关系非常脆弱。由于对函数参数的不必要限制，这也是不必要的。
我不明白为什么你特别需要接受 std::function这里。您已经在模板中；您可以采用任何可调用类型，只要它可以用零参数调用并且它返回适当类型的容器。所以……就这样吧。
即使类型要存储 std::function在内部，构造函数可以自己执行该转换，而不是将其推送到函数签名中。
一旦构造函数看起来像这样:

template<typename T>
struct bar
{
    template<typename Func>
    bar(Func &&f) { }
};

然后可以写一个演绎指南来创建对Func之间关系的期望。和 T .即:

template<typename Func>
bar(Func &&f) -> bar<std::invoke_result_t<Func>::value_type>;

这对任何可调用类型都有效，这些类型可以存储在 std::function<container()> 中。 .

但是，如果您不愿意让您的代码更合理地通用，您仍然可以这样做。事实上，上面的推导指南会工作得很好……只要你没有其他只接受一个参数的构造函数。那你就会有问题。
让你困惑的部分是foo .所以摆脱它并列出你实际在做什么。您的构造函数采用 std::function ，可以使用零参数调用它以返回 vector纯右值，其 value_type是您要推断的类型。所以就这么说吧:

template<typename T>
bar(std::function<vector<T>()>) -> bar<T>;

是的，您必须重复您的 baz::container 的定义，但它有效。不，您不需要使匹配的构造函数成为模板。
事实上，你甚至不需要演绎指南:

template<typename T>
struct bar
{
    bar(std::function<vector<T>()>) { }
};