将lambda参数传递给没有中间变量的std :: function参数

问题描述

这看起来类似于"I cannot pass lambda as std::function"，但实际上是通过值传递std::function参数，因此该问题不适用。我定义了以下函数。

template<typename T>
std::vector<T> countSort(const std::vector<T> &v,std::function<int(T)> keyFunc,int n);

第二个参数是std::function，它将T映射到int（按值传递）。

调用此函数时，我想使用一个lambda表达式，如下所示：

std::vector<int> v;
[...]
v = countSort(v,[](int x) { return x; },10);

但是模板自变量推导失败，因为“ main()::<lambda(int)>并非源自std::function<int(T)>”。如果我指定了模板参数，或者为lambda表达式引入了std::function类型的中间变量，它就会起作用：

std::function<int(int)> lambda = [](int x) { return x; };
v = countSort(v,lambda,10);

为什么我不能做前者？我给编译器完全相同的信息。如果在将其分配给变量时能够将类型lambda<int>的值转换为std::function<int(int)>，为什么不能将其从lambda<int>直接转换为参数类型{{ 1}} –考虑到std::function<T(int)>是v类型，应该知道std::vector<int>是T吗？我想使用lambda表达式的全部原因就是，它是一个 expression ，因此我应该能够在函数调用参数列表中内联编写它，而不必给它起名称或赋值变成变量。

解决方法

问题是，template argument deduction不考虑隐式转换（从lambda到std::function），这导致第二个函数参数T上的keyFunc推导为失败。

类型推导不考虑隐式转换（上面列出的类型调整除外）：这是overload resolution的工作，以后会发生。

您可以使用std::type_identity（自C ++ 20起）从推论中排除第二个函数参数。例如

template<typename T>
std::vector<T> countSort(const std::vector<T> &v,std::function<int(std::type_identity_t<T>)> keyFunc,int n);

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顺便说一句：如果您的编译器不支持std::type_identity，那么编写一个就不难了。

有关std::type_identity在这里的工作方式，请参见non-deduced context：

（重点是我的）

在以下情况下，类型，模板和非类型值 用于撰写P 不参与模板参数 推导，而是使用 推导到其他地方或明确指定。如果模板参数是 仅在非推论上下文中使用且未明确指定， 模板参数推导失败。

1. 嵌套名称说明符（范围左侧的所有内容 解析运算符::）的类型使用 qualified-id：