该代码导致错误error: no matching function to call to 'put'。
#include <concepts>
#include <type_traits> // for is_invocable_r_v
#include <iostream>
template <typename T>
T add(T a, T b)
{
return a + b;
}
template <typename T, typename F>
requires std::is_invocable_r_v<T, F, T, T>
void put(T& r, T a, T b, F f)
{
r = f(a, b);
}
int main()
{
int x;
put(x, 1, 2, add);
std::cout << "x = " << x << '\n';
}
这似乎是因为概念虽然可以约束模板参数，但无助于推导模板参数。
我可以put使用函数指针定义而不是引入参数F。但是，它将排除更通用的函数对象，例如（捕获）用于的lambda f。
template <typename T>
void put(T& r, T a, T b, T (f)(T, T))
{
r = f(a, b);
}
当然，我可以更具体一些，put(x, 1, 2, add<int>)它将适用于这个简单的示例。但是，在更一般的情况下（例如编写库），我希望编译器为我做这件事，并add从外部上下文中确定适当的实例。
是否可以让编译器知道F某种函数类型并使其推断呢？
额外的重载使编译器得以解决，add并且您仍然支持函数对象。
template <typename T>
T add(T a, T b)
{
return a + b;
}
template <typename T, typename F>
requires std::is_invocable_r_v<T, F, T, T>
void put(T& r, T a, T b, F f)
{
r = f(a, b);
}
template <typename T>
void put(T& r, T a, T b, T(f)(T,T))
{
r = f(a, b);
}
auto template_lambda_add = []<class T>(T a, T b) -> T { return a + b; };
int main()
{
int x;
put(x, 1, 2, add);
std::cout << "x = " << x << '\n';
put(x, 1, 2, std::plus<void>{});
std::cout << "x = " << x << '\n';
put(x, 1, 2, [](auto a, auto b){return a+b;});
std::cout << "x = " << x << '\n';
put(x, 1, 2, template_lambda_add);
std::cout << "x = " << x << '\n';
}
编辑：
还支持模板lambda。香港专业教育学院增加了一个例子来演示。
作为补充说明，模板lambda的语法如下
auto lambda_add = []<class T>(T a, T b) -> T { return a + b; };
类似于以下内容的是模板变量声明。即用于创建lambda（而不是受试的lambda）的模板。
template <class T>
auto lambda_add = [](T a, T b) -> T { return a + b; };
edit2：更多的东西
我还可以使模板化的函数对象起作用吗？
是的 多数民众赞成std::plus<void>在基本上是什么。
您必须通过模板操作符，而不是结构。例如
struct Add {
template <class T>
T operator()(T a, T b) { return a + b; }
};
关于超载为何template <typename T> void put(T& r, T a, T b, T(f)(T,T)) { r = f(a, b); },起作用
基本上，编译器已经知道T前三个参数是什么，因此它可以使用它来找出如何实例化add。为了更明确地说明我们想T从前三个参数而不是函数ptr参数推导出来的事实，我们可以std::type_identity像这样使用
template <typename T>
void put(T& r, T a, T b, std::type_identity_t<T(T,T)> f)
{
r = f(a, b);
}
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