考虑以下简单类X和类模板Y每个定义四个constexpr成员，其中三个推导了它们的返回类型(新的C++1y特性)，另外三个成员的另一个子集使用了另一个新的C++1y特性:轻松的constexpr现在也可以有副作用的函数和一个void返回类型。下面是这些功能交互的小实验:#include#includestructX{constexprvoidfun(){}//OKconstexprautogun(){}//OKautohun(){}//OKconstexprautoiun(){return0;}//OK};templatestructY{constexprvoidfun(){}//OK

templatestructWrap{Wrap(T*p){}};#ifdefTEMPLATEtemplatevoidfoo(Wrapt){}//version-1#elsevoidfoo(Wrapp){}//version-2#endifintmain(){foo(newint);}编译#else部分时，编译正常并选择了version-2。如果我尝试编译#ifdef部分，我希望应该选择版本1。但是编译器给出错误，error:nomatchingfunctionforcallto`foo(int*)'我是否触及了templatefoo的不可推导部分？如果是，那么谁能阐明不可推导区域的确切

此代码在gcc6中导致错误(但在gcc4.8、5.2和clang3.6中工作正常):templatestructouter{templatestructinner{};};templatestructis_inner_for{templatestructpredicate{staticconstexprboolvalue=false;};templatestructpredicate::templateinner>{staticconstexprboolvalue=true;};};static_assert(is_inner_for::templatepredicate::inner

我正在尝试重现视频C++Weekly-Ep48-C++17'sVariadicusing的结果，但失败了。该问题可以简化为以下代码段。假设我有这样的通用结构:templatestructContainer{templateContainer(U...us){}};现在我可以初始化一个Container带有任何参数，例如autod=Container(1,2,3);但是，编译器永远不会知道d是什么类型是。为了解决这个问题，我们应该提供一个推导指南，例如templateContainer(U...)->Container根据视频，编译器现在应该知道d类型为Container.但是，代码没有

我编写了以下模板参数推导失败的代码:templatestructnum{};templatevoidmatch(num){}intmain(){match(num());return0;}我凭直觉知道编译器无法推断出正确的m，但我想了解其失败原因的理论基础。谁能解释一下？ 最佳答案 好吧，您基本上是在要求编译器求解方程2*m==2为您确定模板参数m对于match.编译器不会在模板参数推导过程中求解方程式，无论它们多么简单和明确。14.8.2.4/14(C++03)、14.8.2.5/16(C++11)中的语言规范涵盖了您的情况并有类

我不确定这段代码是否无法编译。我正在使用的示例代码:#includeusingstd::cout;usingstd::endl;classFoo{public:templateFoo&operator这是错误:test.cpp:19:12:error:nomatchfor‘operatorFoo&Foo::operator我很困惑为什么它不能替代endl的函数类型(ostream&(*)(ostream&))对于T，当您指定cout时显然可以这样做我发现这解决了这个问题[已编辑]，这也令人费解Foo&operator如果问题不清楚，我问的是为什么它不能首先推导出模板。

我有一个类模板，其构造函数接受一个类型为模板参数的可调用对象。我希望推导该类型，这样我就不必在实例化类时指定它。不幸的是，类型推导在下面的示例中不起作用。有没有办法让它发挥作用？templateclassC{public:C(F&&f):m_f{f}{}private:Fm_f;};classD{public:staticints(){return0;}private:Cc{&s};//OKCc2{&s};//error,notenoughtemplateparameters};https://wandbox.org/permlink/8cphYR7lCvBA8ro4注意这类似于Can

structTest{templatevoidprint(T&t){t.print();}};structA{voidprint(){printf("A");}};structB{voidprint(){printf("B");}};voidtest_it(){Aa;Bb;Testt;t.print(a);t.print(b);}这编译得很好。structTest{templatevoidprint(T&t){t.print();}};voidtest_it(){structA{voidprint(){printf("A");}};structB{voidprint(){printf(

在C++中，如果我有一个泛型函数:templatevoidfunc(T&s){std::coutT将被推断为typeid(s).name()。但如果我这样做怎么会:func("test");那个通用函数有效，但这个无效:voidfunc(constchar*&s){std::cout我知道如果我在重载中将constchar*&更改为constchar*或constchar*const&它将起作用函数的签名，并且如果我想将参数传递给重载函数，它必须是非临时的。就是不明白T&是怎么回事，推完之后不是应该变成constchar*&吗？ 最佳答案

在C++14中，为什么具有推导返回类型的lambda函数默认从返回类型中删除引用？IIUC，因为具有推导返回类型(没有显式尾随返回类型)的C++14lambda函数的返回类型为auto，它会删除引用(除其他外)。为什么做出这个决定？在我看来，当您的return语句返回引用时，删除引用就像一个陷阱。此行为对我造成了以下讨厌的错误:classInt{public:Int(inti):m_int{i}{}intm_int;};classC{public:C(Intobj):m_obj{obj}{}constauto&getObj(){returnm_obj;}Intm_obj;};class