模板函数包装器

我试图将任何函数包装成一个函数，该函数需要一个参数（状态解释器）。如果我直接传递函数，一切运作良好。但是，如果我换了一个额外的功能，我得到一个编译器错误。请解释一下，我做错了什么。模板函数包装器

#include <iostream> 

template <std::size_t... Is> 
struct _indices { 
    template <template <size_t...> class Receiver> 
    using Relay = Receiver<Is...>; 
}; 

template <std::size_t N, std::size_t... Is> 
struct _indices_builder : _indices_builder<N-1, N-1, Is...> {}; 

template <std::size_t... Is> 
struct _indices_builder<0, Is...> { 
    using type = _indices<Is...>; 
}; 

struct lua_State 
{}; 

template <typename Ret, typename... Args> 
struct FunctionWrapperImpl { 
    template <size_t... Indices> 
    struct ImplementationNonVoid { 
     template <Ret (* func)(Args...)> static inline 
     int invoke(lua_State* state) { 
      func(10); 
      return 1; 
     } 
    }; 

    using Implementation = 
     typename _indices_builder<sizeof...(Args)>::type::template Relay< 
      ImplementationNonVoid 
     >; 
}; 

template <typename ToBeWrapped> 
struct Wrapper { 
}; 

template <typename Ret, typename... Args> 
struct Wrapper<Ret (*)(Args...)>: 
    FunctionWrapperImpl<Ret, Args...>::Implementation {}; 


int test(int a) 
{ 
    std::cout<< a; 
    return 5; 
} 


typedef int (*lua_CFunction) (lua_State *L); 

template <typename T> 
lua_CFunction register_func(T fun) 
{ 
    lua_CFunction f = 
      (&Wrapper<decltype (fun)>::template invoke<T>); // Error 
       // no matches converting function 'invoke' to type 'lua_CFunction {aka int (*)(struct lua_State*)}' 
    //do somthing with f                  
    return f; 
} 

int main(int argc, char *argv[]) 
{ 
    lua_State s; 

    lua_CFunction t = (&Wrapper<decltype(&test)>::template invoke<&test>); // work 
    t(&s); // no problem 
    lua_CFunction t2 = register_func(&test); 
    t2(&s); 

    return 0; 
}

完全编译错误。

main.cpp: In instantiation of 'int (* register_func(T))(lua_State*) [with T = int (*)(int); lua_CFunction = int (*)(lua_State*)]': 
main.cpp:69:40: required from here 
main.cpp:58:65: error: no matches converting function 'invoke' to type 'lua_CFunction {aka int (*)(struct lua_State*)}' 
    lua_CFunction f = (&Wrapper<decltype (fun)>::template invoke<T>); 
                   ^
main.cpp:25:7: note: candidate is: template<int (* func)(int)> static int FunctionWrapperImpl<Ret, Args>::ImplementationNonVoid<Indices>::invoke(lua_State*) [with Ret (* func)(Args ...) = func; long unsigned int ...Indices = {0ul}; Ret = int; Args = {int}] 
    int invoke(lua_State* state) {

来源

2016-10-23 a1ien

之间有显著的差异：前者

(&Wrapper<decltype (fun)>::template invoke<T>);

和

(&Wrapper<decltype(&test)>::template invoke<&test>);

您使用T这显然是函数的类型你在后者传给你将指针提供给调用方法的函数。由于invoke方法接受非类型模板参数，这里函数指针，第二个代码编译正确。请记住 - 不能将非类型模板参数与类型模板参数混合，就像不能将类型模板参数与模板模板参数混合一样。

来源

2016-10-23 18:05:29

感谢您的解释。一个小问题。是否有可能在Wrapper上编写一个包装函数，如果是这样的话？ – a1ien

@ a1ien那么，一种解决方案可能是传递给创建的包装，除了函数类型直接指向你想在'invoke'方法内调用的函数，但它实际上取决于你的实际需要... –

I尝试这种模板 lua_CFunction register_func（退役（* FUNC）（参数数量...）） { \t lua_CFunction F = \t \t \t（＆包装 ::模板调用）; \t return f; } – a1ien

模板函数包装器

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