C++ 变量模板作为std:：函数的参数

我想构建一个结构，允许我使用未定义数量的参数调用成员函数。现在我写了这样的东西

template<typename Class, typename Return, typename ... Args>
struct Caller
{
private:
    std::function<Return(Args ...)> callerFunction;

    Caller() = delete;
    Caller(const Caller&) = delete;
    Caller(Caller&&) = delete;
    Caller& operator=(const Caller&) = delete;

public:
    ~Caller() = default;

    Caller(Class& instance, Return(Class::*function)(Args ...))
    {
        callerFunction = [&instance, function](Args... args)
        {
            return (instance.*function)(args ...);
        };
    }

    Return operator() (Args ... args)
    {
        return callerFunction(args ...);
    }
};

---

现在的问题是：如果没有双精度&？

int&&

与

int

不同，我为什么还要声明函数呢。如果您的方法采用

int

，则不会采用

int&

。它们是不同的类型

成员函数指针的不同签名之间没有转换

转发引用并不是什么神奇的事情。它们依赖于推导规则（并且在推导的上下文中不使用上面的

Args&&…

）和引用折叠规则

因此，你的

Return operator() (Args&& ... args)

这也是错误的。如果

Args…

是

int

，那么您将无法使用

inta调用上述函数；blah.operator（）（a）

作为

a

不会绑定到

int&

老实说，您的整个类型都应该被抛出并替换为

std:：function

<代码>类是对函数功能的一个无用的缩小，而且包装器也不会增加太多内容

---

如果用户真的需要复制您的构造函数，可以使用

std:：bind（&a:：foo，std:：ref（a））

，或者在这样定义类模板时使用
std:：bind（&a:：foo，std:：ref（a））
：

template <typename T>
struct A {
 A(T&& param)
}

模板
结构A{
A（T&参数）
}

然后创建Instance：

A<int> myInstance(someIntVariable);

myInstance（someIntVariable）；

它不会编译。原因是，
T
的类型由您明确指定（作为
int
，在
A
中），并且您的类构造函数参数不再是
T&
，而是
int&
，因此它不再是通用引用（同时接受左值和右值引用），而是常规右值引用

接下来，如果将某个整数传递给它，则会出现类型错误匹配错误，因为在需要右值引用时传递了一个正则变量

在您的示例中，您显式定义了函数签名，因此同样的应用-构造函数要求函数引用Args…，但事实并非如此

我认为最好解释一下
您使用什么编译器？它在Visual Studio 2017中工作。并向我们展示如何创建调用方的实例。我在Visual Studio 2013上，我做了如下
调用方调用方（a，&a:：foo）。无论如何，我会在必要时使用
std:：forward
来更改结构。我正在尝试VS2017，我也遇到了同样的问题。我使用的完整代码在这里，谢谢你的解释，现在它是如此明显！我唯一的疑问是：我在任何情况下都不需要使用forward，因为我指定了要传递给函数的每个变量的类型，对吗？我甚至不需要在operator（）函数中使用forward，我使用它调用带有参数的成员函数，对吗？@Astinog没错。std:：forward只能与通用引用一起使用。它的唯一用途是将参数（forward）传递给另一个函数，而不改变其类型，因此，如果T&&将被传递一个左值，那么左值将被传递，如果右值，那么右值。如果你在谷歌上搜索“C++中的完美转发”，你可以阅读更多关于它的信息，关于这个主题有很多资源：）
A<int> myInstance(someIntVariable);