为什么编译器不能像模板<typename R（typename ... Args）>那样从模板中推导出类型？

对我来说，它看起来自然的编译器可以推断类型的模板是这样的：为什么编译器不能像模板<typename R（typename ... Args）>那样从模板中推导出类型？

template<typename R(typename... Args)> 
struct wrap { 
    std::function<R(Args)> func_; 

    template<typename... Args2> 
    wrap(Args2&& ...args2) : func_(std::forward<Args2>(args2)...) { 
    } 

    R operator()(Args&&... args) { 
     cout << "Extra stuff that wrap template does" << endl; 
     return func_(std::forward<Args>(args)...); 
    } 
}

所以我可以与任何功能实例没有明确赋予其签名的模板：

wrap w([](int x){ return 2*x });

而且轻松打电话：

w(3);

但事实证明，这种包装根本不起作用。 GCC 4.8.1说expected nested-name-specifier before ‘R’。

为什么这是不可能的？什么是实现这种通用包装功能的方式？

感谢

来源

2013-10-02 dennis90

有建议做这样的事情在C++ 1Y，其状态我不是当前的。

对于这些提议，您的语法不正确，因为lambda是使用实例化std::function模板的错误类型。它需要签名，而不是某些lambda的类型。

写一个make_wrap是可能的，但需要采取lambda类型并自己提取args和返回值。这也不是一个好主意，因为如果你知道某种类型的唯一方法是从推论中扣除的，那么为什么类型会抹掉它？相反，请携带原始的lambda类型。

有理由想要这样做，但它们很少。

来源

2013-10-02 10:37:09 Yakk

你的论点在使用std :: function时是合法的。由于这个原因，我已经创建了一个更简单的包装类（http://pastebin.com/6RhFD3Wx），但是当我想用包装器实例化一个std ::函数作为其构造函数的参数时失败了。这就是为什么我想创建一个更好的包装，并提出了的想法。这在当前的C++中证明是错误的。对？ – dennis90

@ dennis90你在运算符上缺少'const'，并且在那里有一个完美的向前和无限重载的'（）'。我不知道那里还有什么不对。 – Yakk

'const'只是因为这是一个概念的例证而丢失。如果没有nullary覆盖'（）'，我将无法调用不带参数的函数，转发不会编译。 – dennis90

为什么编译器不能像模板<typename R（typename ... Args）>那样从模板中推导出类型？

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