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c++ - 是否未指定在未评估的上下文中实例化模板/lambda？

coder 2023-06-03 原文

我尝试使用以下代码检查模板是否在未评估的上下文中实例化:

#include "foo.h"

template <typename T = int>
constexpr auto f(int)
// from declaration, foo(std::declval<T>()) is allowed.
// Even if definition would produce errors if instantiated
-> decltype(foo(std::declval<T>()), void(), 42)
{
    return 42;
}
static_assert(f(0) == 42);

使用 foo 作为模板函数:(没有错误)

template <typename ...Ts>
void foo(Ts... args)
{
    static_assert(sizeof...(Ts) == 42, "!");
    ((args += ""), ...);
}

Demo

使用 foo 作为常规仿函数:(无错误)

struct Foo
{
    template <typename ...Ts>
    void operator ()(Ts... args) const
    {
        static_assert(sizeof...(args) == 42, "!");
        ((args += ""), ...);
    }
} foo;

Demo

但是 foo as lambda: (Error)

auto foo = [](auto... args)
{
    static_assert(sizeof...(args) == 42, "!"); // Triggers
    ((args += ""), ...);                       // spotted as invalid: int += const char*
};

Demo

lamdba的operator()被实例化正常吗？

gcc/clang 具有相同的行为。

最佳答案

lambda 案例实际上与其他案例不同!您没有为 lambda 指定返回类型，因此可以推导出它。为了进行推理，必须实例化 lambda。

函数对象不是这种情况，因为您将返回类型指定为 void。更改 lambda 以返回 void 以避免扣除使 gcc/clang 高兴。 :)

auto foo = [](auto... args) -> void // <---
{
    static_assert(sizeof...(args) == 42, "!");
    ((args += ""), ...);
};

如果你改变函数对象如下:

struct Foo
{
    template <typename ...Ts>
    auto operator ()(Ts... args) const // <---- placeholder as return type
    {
        static_assert(sizeof...(args) == 42, "!");
        ((args += ""), ...);
    }
} foo;

它还实例化 Foo::operator() 以便能够推断返回类型。

关于c++ - 是否未指定在未评估的上下文中实例化模板/lambda？，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/56901198/

文中ampcodeargssectionc++templateslambdalanguage-lawyerinstantiation

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