主页 / 问题 / 1607035
Accepted
sibedir
Asked:2025-02-16 22:03:44 +0000 UTC2025-02-16 22:03:44 +0000 UTC

定义自定义类型推断规则时的名称解析

  • 772

免责声明：我认为给出的示例与名称解析有关，但这种假设可能是错误的。

有这样的代码：https://godbolt.org/z/bEEjP3x16

#include <functional>

int foo() { return 0; };

using Fn = decltype(foo);

template <typename T>
concept Function = std::is_function_v<T>;

template <typename T>
class TValue {};

template <Function F>
class TValue<F*> {
public:
    F* data;
    constexpr operator F* () const { return data; }
};

// ---------------------------------------
#define MYTEST

#ifdef MYTEST
    template <Function F>
    ::std::function(TValue<F*>) -> ::std::function<F>;
#else
    namespace std {
        template <Function F>
        function(TValue<F*>) -> function<F>;
    }
#endif // MYTEST
// ---------------------------------------

int main() {
    TValue<Fn*> v{&foo};

    std::function f = std::function(v);
}

GCC 可以很好地编译它。但是 Clang 和 MSVC 给出编译错误。 （此外，MS 帮助表明错误 C2643 已过时https://learn.microsoft.com/en-us/cpp/error-messages/compiler-errors-2/compiler-errors-c2600-through-c2699?view=msvc-170）

如果你隐藏定义MYTEST

//#define MYTEST

编译将沿着分支进行

namespace std {
    template <Function F>
    function(TValue<F*>) -> function<F>;
}

那么所有 3 个编译器都会顺利完成工作。

这才是真正的问题。谁是对的？或者这根本与名称解析规则无关，还有其他事情发生吗？

c++

1 个回答

  1. Best Answer

    如果 C++ 程序为任何标准库类模板声明了推导指南，则其行为未定义。

    https://eel.is/c++draft/namespace.std#4.4

    当行为确实未定义时就会出现这种情况。对于 std（参见有问题的链接），GCC 由于某种原因进行编译，但对于我自己的命名空间 https://godbolt.org/z/4n51h4rhK ，它说无法做到这一点。哈哈。然而，这回答了我的问题：

    每个人都是对的。这是 UB

    谢谢@user7860670

    • 0

相关问题