模板推导：为什么函数指针模板定义为常量和/或引用时不匹配？ 问题后，我尝试写一个C++ 98兼容的方法来打印任何函数指针。p> 为此，我使用了一个假C++变量模板，即写上所有函数定义的N个参数。但是，我的伪变量仅适用于具有0个参数的函数指针，如下一个示例所示： 包括 样板 std：：ostream和操作员

这不起作用，因为没有Return和T0类型，Return*const t&与void*int完全匹配

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另一方面，重写不在关联命名空间中的运算符是不好的，因为它非常脆弱。而且你不允许覆盖std中的运算符。所以这个计划很糟糕。

因为它们是不同的类型？不知道为什么你会对double*double与double*constdouble不匹配感到困惑&你能解释一下为什么这种行为不是你所期望的吗？很明显，没有返回类型和T0，这样返回*const t0&是双*double。我不希望这种行为，因为当我在构建模板函数时，最一般的描述它的参数的方式是Cnst类型和ARG，在新版本的C++中，我可以使用const类型& & ARG完美地转发。而在这里，使其工作的唯一方法是使用arg类型。仅使用此签名，它就接受任何其他函数指针类型作为常量类型arg，与参数传递相反。@用户可能对模板的工作方式有误解。模板参数将被显式地或以某种方式推导出的某种类型所替代，然后调用该函数，就好像它是具有替代参数的非模板函数一样。如果要为函数调用运算符orbtw提供模板参数。类型arg作为函数参数比常量类型arg或类型arg更通用。您可以显式地为type指定任何类型（无论是否为reference），因此可以使用类型arg获取任何参数类型，但是使用const type&arg，您只能将const引用作为参数类型获取，即使您尝试显式地指定类型也是如此。只是类型arg的引用类型从来不会自动推导出来，而且它更多的是将参数作为泛型代码中的引用，特别是如果您不知道所涉及的类型是否可以复制/移动。当您说不允许覆盖std中的运算符时，您的意思是std:：ostream&operator@user，除了一些模板专门化之外，您不允许在命名空间std中放置任何内容。我的意思是名称空间std{std:：ostream&operator@user命名空间A{struct Foo{}；std:：ostream&运算符

template<typename Return, typename T0>
std::ostream& operator <<(std::ostream& os, Return(*pointer)( const T0& t0 ) ) {
  return os << (void*) pointer;
}
void f(int) {}
os << f;