问题描述
Q1:命名空间范围内是否允许用户定义的推导指南?
在这里的示例中,GCC 和 Clang 不会产生相同的行为:
#include <tuple>
template <typename T>
struct some_type;
template <template <typename...> typename T,typename ... Ts>
struct some_type<T<Ts...>>
{
template <typename U>
class nested
{
U member;
public:
nested(U &&){}
};
// non-namespace scope user-deduction-guide : OK with Clang,fix the deduction issue
template <typename U>
nested(U&&) -> nested<U>;
};
void func()
{
using pack_type = std::tuple<int,char>;
some_type<pack_type>::nested{
[](auto &&){}
};
}
简而言之,我们有一个模板参数类型,嵌套类型本身就是模板参数,模板参数之间没有任何关系。
template <typename T>
struct some_type;
template <template <typename...> typename T,typename ... Ts>
struct some_type<T<Ts...>>
{
template <typename U>
class nested // <- nested type,where `U` as no relationship with `T<Ts...>`
{
U member;
public:
nested(U &&);
};
};
标准规定:http://eel.is/c++draft/temp.deduct.guide#3
[...] 演绎指南应在与相应类模板相同的范围内声明,并且对于成员类模板,应具有相同的访问权限。 [...]
Q2 : 如果对 Q1 否,当 namespace-type 和嵌套类型模板参数 ?
我希望语法接近:
template <template <typename...> typename T,typename ... Ts>
template <typename U>
some_type<T<Ts...>>::nested<U>::nested(U&&) -> nested<U>;
然而,nested<U>
是错误的,因为它需要一个推导类型......来推导它。
此外,这被解释为一个带有尾随返回类型 void
的函数。
template <template <typename...> typename T,typename ... Ts>
template <typename U>
typename some_type<T<Ts...>>::template nested<U>::nested(U&&) -> nested<U>;
感谢您的时间。
解决方法
快速修复
我发现的唯一解决方法是为 Clang 添加一个 user-defined deduction guide
,
这在可维护性方面次优。
Live example on godbolt,
或查看下面的来源。
为什么?
- GCC 不允许在非命名空间上下文中使用推导指南,Clang 允许。
- Clang 在这种情况下需要推导指南,GCC 不需要
注意:发布时,clang trunk 是 11.0.1,gcc trunk 是 10.2
#include <tuple>
template <typename T>
struct type
{
template <typename U>
struct nested
{
template <typename ... nested_Ts>
nested(U &&,std::tuple<nested_Ts...> &&)
{}
};
#if __clang__
// here,user-defined deduction guide only for Clang
template <typename U,typename ... Ts>
nested(U&&,std::tuple<Ts...>&&) -> nested<U>;
#endif
};
void instanciate_symbols()
{
using type = type<int>;
[[maybe_unused]] auto value = type::nested{'a',std::tuple{42,.42f}};
}