将函数作为显式模板参数传递

Question

在下面的代码示例中，对foo的调用有效，而对bar的调用失败。

如果我将bar的调用注释掉，代码将会编译，它告诉我bar本身的定义是正确的。那么bar如何被正确调用？

#include <iostream> 

using namespace std; 

int multiply(int x, int y) 
{ 
    return x * y; 
} 

template <class F> 
void foo(int x, int y, F f) 
{ 
    cout << f(x, y) << endl; 
} 

template <class F> 
void bar(int x, int y) 
{ 
    cout << F(x, y) << endl; 
} 

int main() 
{ 
    foo(3, 4, multiply); // works 
    bar<multiply>(3, 4); // fails 

    return 0; 
} 

Answer 1

这是问题所在，multiply不是类型;它是一个值，但功能模板bar预计模板参数为类型。因此错误。

如果定义函数模板为：

template <int (*F)(int,int)> //now it'll accept multiply (i.e value) 
void bar(int x, int y) 
{ 
    cout << F(x, y) << endl; 
} 

那么它会工作。见在线演示：http://ideone.com/qJrAe

可以使用typedef作为简化的语法：

typedef int (*Fun)(int,int); 

template <Fun F> //now it'll accept multiply (i.e value) 
void bar(int x, int y) 
{ 
    cout << F(x, y) << endl; 
} 

Answer 2

multiply不是一个类型，它是一个函数。在这种情况下，它会衰减到一个函数指针。然而，bar是一种类型的模板，而multiply不是。

纳瓦兹已经回答了这个问题周围的其他方法（如何改变bar定义与功能的使用），但是要回答如何调用bar因为你拥有它，你需要一个合适的类型您明确的问题，像这样：

struct Type { 
    const int result; 
    Type(int x, int y): result(x * y) {} 
    operator int() const { return result; } 
}; 

// usage 
bar<Type>(x, y); 

// (edit) a suitable type doesn't necessarily mean a new type; this works as well 
// if you aren't trying to solve any specific problem 
bar<std::string>(64, 64);