C++ 使用lambda初始化包含std:：函数的类

我以以下方式创建了一个包含

std:：function

的模板类作为成员：

template<typename Ret, typename... Args>
class Foo
{
private:
    std::function<Ret(Args...)> _func;

public:
    Foo(const std::function<Ret(Args...)>& func):
        _func(func)
    {}
};

但是，我无法创建以lambda为参数的

make_foo

重载：

template<typename Ret, typename... Args>
auto make_foo(??? func)
    -> Foo<Ret, Args...>
{
    return { std::function<Ret(Args...)>(func) };
}

模板
自动生成函数（？func）
->福
{
返回{std:：function（func）}；
}

---

我只是找不到一种方法让返回类型和参数类型自动从lambda推导出来。有一种惯用的方法来解决这样的问题吗？

我有一个例子，它适用于

mutable

lambdas。我不太明白如何获得简历会员资格

首先，这是我们要寻找的函数模板：

#include <functional>

template <typename R, typename ...Args>
void foo(std::function<R(Args...)> f)
{ }

例如：

int q;
bar([&](int a, int b) mutable -> int { q = a + b; return q / b; });

---

您可以使用普通的，

const

lambdas和这个修改后的特性，尽管我不喜欢把函数类型拼出来：

template <typename C, typename R, typename ...Args>
struct remove_member<R (C::*)(Args...) const>
{ using type = R(Args...); };

模板
结构删除成员
{使用type=R（Args…）；}；

---

我认为如果我使用

typename std:：remove\u cv:：type

，它可能会与原始代码一起工作，但至少在GCC上，这不起作用，因为lambda的操作符类型上设置了一些奇怪的

\uuu属性（（const））

，这似乎会干扰模板专门化。

好的，所以我想我会死，但我终于做到了

首先，我使用了常用的索引。由于我没有官方指数，我使用了几个月前写的旧指数：

template<std::size_t...>
struct indices {};

template<std::size_t N, std::size_t... Ind>
struct make_indices:
    make_indices<N-1, N-1, Ind...>
{};

template<std::size_t... Ind>
struct make_indices<0, Ind...>:
    indices<Ind...>
{};

代码有点难看和不可读，但它确实有效。希望它现在不依赖于某些实现定义的行为。另外，谢谢大家的建议，这很有帮助！：）

intmain（）
{
自动λ=[]（整数i，浮点b，长c）
{
返回长（i*10+b+c）；
};
auto foo=make_foo（λ）；
std：：你能不能用
T
（或者
F
，如果你愿意的话）替换所有东西。也许可以签出。重载将
std:：function
作为参数，足以允许lambdas。事实上，您应该将它用作唯一的重载，因为它同时接受lambdas和函数指针。@0x499602D2好吧，但它：/@0x499602D2:不适用于lambdas。有太多用户定义的转换。如果我之前发现了，我将本应该不会那么痛苦…Morwenn在一周内拯救了2次…我碰巧需要这个。它似乎有效，但我已经看到了一些类似的答案，这些答案实际上并不适合我的用例。因为这里写的东西的含义对我来说很难理解，我只会提及并询问“您认为通用lambda会破坏此功能吗？”（注意：另外，该建议链接现在已失效…@HostileFork它可能会破坏。虽然它使用固定类型正确处理函数和lambda，但它会在出现重载或模板时立即破坏，因为它
&T:：operator（）
无法解析重载函数的地址。底线是，如果您可以抽象出函数的类型，请这样做，然后如果其他方法都不起作用，您可以尝试使用
函数特性
（请注意，它们也存在于Boost中）。死链接是指向一个问题的链接，该问题还提供了一些功能特性。尽管我使用了（可能有点复杂），但将您的挑战向上投票给向下投票人并给出答案。我很好奇你对它的想法，如果加上任何曲线球，因为在我的简短调查中，他们被提到在解决这个问题时击败了一些黑客（尽管很难找到一个没有人说“这不是你真正想要的”）的问题。@HostileFork：我想你不能使用
decltype（&F:：operator（））
，因为该成员函数是一个模板。
template <typename C, typename R, typename ...Args>
struct remove_member<R (C::*)(Args...) const>
{ using type = R(Args...); };

template<std::size_t...>
struct indices {};

template<std::size_t N, std::size_t... Ind>
struct make_indices:
    make_indices<N-1, N-1, Ind...>
{};

template<std::size_t... Ind>
struct make_indices<0, Ind...>:
    indices<Ind...>
{};

template<typename T>
struct function_traits:
    function_traits<decltype(&T::operator())>
{};

template<typename C, typename Ret, typename... Args>
struct function_traits<Ret(C::*)(Args...) const>
{
    enum { arity = sizeof...(Args) };

    using result_type = Ret;

    template<std::size_t N>
    using arg = typename std::tuple_element<N, std::tuple<Args...>>::type;
};

template<typename Function, std::size_t... Ind>
auto make_foo_(Function&& func, indices<Ind...>)
    -> Foo<
        typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::result_type,
        typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::template arg<Ind>...>
{
    using Ret = typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::result_type;
    return { std::function<Ret(typename function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::template arg<Ind>...)>(func) };
}

template<typename Function, typename Indices=make_indices<function_traits<typename std::remove_reference<Function>::type>::arity>>
auto make_foo(Function&& func)
    -> decltype(make_foo_(std::forward<Function>(func), Indices()))
{
    return make_foo_(std::forward<Function>(func), Indices());
}

int main()
{
    auto lambda = [](int i, float b, long c)
    {
        return long(i*10+b+c);
    };

    auto foo = make_foo(lambda);
    std::cout << foo(5, 5.0, 2) << std::endl; // 57, it works!
}