C++ 将可变参数传递给模板函数时出现编译错误

我有以下模板方法：

template<typename T, typename... Args>
void register_scene(const std::string& name, Args&&... args) {
    auto func = std::bind(&T::template create<Window*, Args&...>, std::placeholders::_1, std::forward<Args>(args)...);

    _store_scene_factory(name, [=](Window* window) -> SceneBasePtr {
        auto ret = func(window);
        ret->set_name(name);
        return ret;
    });
}

像这样调用代码时：

manager.register_scene<SceneWithArgs>("test", "arg");

manager.register_场景（“测试”、“参数”）；

我真的不明白这个错误，也不知道如何修复它

我最初通过在lambda内部调用create解决了这个问题，这在GCC 4.9及以上版本中有效，但我必须与GCC 4.8.4兼容，并且存在一个错误，它阻止在lambda内部使用可变参数：(

更新

好的，因此添加std:：decay（如注释中所示）并不能完全解决问题，第一个参数一直在推导

Window*&&

，而不是

Window*

，但实际上指定了

func

的类型（例如

std:：function

），而不是使用

auto

，从而使事情得以编译

---

我不知道为什么…

您没有显示

create

的声明，但我假设它如下所示：

template <typename... Args>
static SceneBasePtr create(Args&&...);

请注意，引用折叠规则将第一个参数转换为r值引用，而其余参数为l值引用

std:：bind

也会推断类型。但是，

std:：bind

会希望存储参数，以便以后可以重用。问题是

std:：bind

无法存储

const char[5]

。相反，它将衰减每个参数的类型。这意味着每个原始字符串文字将成为

const char*

，并将作为此类型的l值参数传递给绑定函数，这与手动实例化的

create

不匹配。

窗口

参数也存在类似问题。它被推断为l值，但是，手动实例化的

create

函数需要r值

最好不要明确指定函数模板的模板类型。如果由于某些原因（错误？）无法在lambda中使用

args…

，则可以生成适当的

创建

签名：

&T::template create<Window*&, typename std::decay<Args>::type&...>
//                        ~^~          ~~~~~~~~~^  

---

您可能需要将

create

转换为

create

 &T::template create<Window*, Args&...>

template <typename T, typename... Args>
void register_scene(const std::string& name, Args&&... args);
//...
manager.register_scene<SceneWithArgs>("test", "arg");

static SceneBasePtr create(Window*&&, const char(&)[5], const char(&)[4]);

&T::template create<Window*&, typename std::decay<Args>::type&...>
//                        ~^~          ~~~~~~~~~^  

static SceneBasePtr create(Window*&, const char*&, const char*&);