Я встретил некоторую аналогичную проблему и нашел этот вопрос: Is it possible to figure out the parameter type and return type of a lambda?.Ошибка в функции шаблона для получения типа параметра из функции ввода в C++?
Я использую код в ответ этого вопроса:
#include <iostream>
#include <tuple>
template <typename T>
struct function_traits : public function_traits<decltype(&T::operator())> {};
template <typename ClassType, typename ReturnType, typename... Args>
struct function_traits<ReturnType(ClassType::*)(Args...) const> {
enum { arity = sizeof...(Args) };
typedef ReturnType result_type;
template <size_t i>
struct arg {
typedef typename std::tuple_element<i, std::tuple<Args...>>::type type;
};
};
В моем случае функция (лямбда) определяется пользователем, так что я должен использовать шаблон функции, чтобы сделать что-то на основе пользователя -определенной функция, поэтому я добавил функцию прокси ниже:
template <class F>
void proxy(F func) {
typedef function_traits<decltype(func)> traits;
typename traits::result_type r;
traits::arg<0>::type p; // compile error
}
Я получаю ошибку компиляции ниже:
error: `::type` has not been declared
error: expected `;` before `p`
Почему возвращаемый тип может быть скомпилирован, пока тип параметра не может, как я могу заставить его работать?
+1: выдающаяся диатриба об использовании 'template' и' typename' [находится здесь] (http://stackoverflow.com/questions/610245/where-and-why-do-i-have- к пут-на-шаблон-и-TypeName-ключевые слова). – WhozCraig
@Nawaz Что делать, если p является типом 'reference'? – xunzhang
@xunzhang: Я не понимал, о чем вы спрашиваете. Позвольте мне объяснить: 'p' - это переменная, а не тип, ее тип -' typename traits :: template arg <0> :: type', который может быть ссылкой. Так в чем ваш вопрос? – Nawaz