问题 为什么通用引用不捕获函数指针？

在实现简单的记录器时

struct DebugOutput {
    DebugOutput(std::ostream& out = std::cerr) : m_Out(out) {}

    template<typename T>
    inline DebugOutput& operator <<(T&& value) {
        m_Out << value;
        return *this;
    }
private:
    std::ostream& m_Out;
};

我发现 std::endl 将不被捕获普遍参考。

DebugOutput dbg;
dgb << std::endl;

我找到了这个这个帖子这解释了你需要在结构中添加一个特别是函数指针签名的重载函数，即：

typedef std::ostream& (*StandardEndLine)(std::ostream&);
inline DebugOutput& operator<<(StandardEndLine manip) {
    return *this;
}

为什么通用引用不捕获函数指针？这不是一种类型 int 要么 void* ？

函数（指针）可以绑定到通用引用。例：

void f(int) {}

template <typename T>
void foo(T&&) {}

foo(f); // OK

但是，重载功能不能。也就是说，如果你添加第二个重载 f比方说

void f(double) {}

电话 foo(f) 将失败。

把自己放在编译器鞋上。它需要通过 f 至 foo 并且有两个名为的函数 f 每个都有不同的类型。如果我们通知类型，那么编译器可以毫不含糊地选择正确的 f。例如，

foo(static_cast<void (*)(int)>(f));

编译好并将通过 void f(int) （在函数到指针转换之后）到 foo。

但是，我们没有告知类型。我们宁愿要求编译器推断它。

与...相似 f，同样的论据适用于 std::endl 因为这是一个功能模板，因此也就是名称 std::endl 表示一组函数，它们具有相同的名称但不同的类型。

现在，您可以看到错误的原因是我们提供了一个重载集并要求类型推导。因此，这不是普遍的参考。

std::cout << std::endl 因为 basic_ostream::operator << 不是模板，也不会尝试推断传递的参数的类型。这是一个需要一种特定类型的函数 std::endl。

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