函数模板可以用作高阶函数调用中的一等公民吗？

将函数模板作为参数传递给另一个函数模板总是有点棘手。通常，人们必须创建一个 lambda 对象来调用原始函数。

Example

template <typename It>
void f(It, It) {}

void g(std::vector<int>::iterator, std::vector<int>::iterator) {}

template <typename C, typename F>
void callA(C&& c, F callable) {
  return callable(std::begin(c), std::end(c));
}

Problem

如果我有一个std::vector<int> c，我不能就这么过去f沿着callA因为f是一个模板而不是一个函数：

callA(c, f); // f has an unresolved overloaded function type and cannot be deduced
callA(c, std::distance); // same problem
callA(c, g); // works because g is a proper function, not a template
callA(c, [](auto a, auto b) {return f(a,b);}); // works again

即使我们帮助推断可调用的类型：

template <typename C, template <typename> typename F,
          typename T = std::decay_t<decltype(std::begin(std::declval<C>()))>>
auto callB(C&& c, F<T> callable) {
  return callable(std::begin(c), std::end(c));
}

this 编译失败.

Question

有没有办法强制 C++ 直接推导函数的类型，而不需要借助 lambda 函数或类型擦除之类的std::function？有效地，（如何）我可以将函数模板变成一等公民吗？即推导其类型。

我愿意竭尽全力defining高阶函数（参见callB versus callA），但不是当calling it.

您可以将参数类型更改为函数指针，该函数指针可以从函数模板转换（推导模板参数）。例如。

template <typename C>
void callA(C&& c, void(*callable) (std::decay_t<decltype(std::begin(std::declval<C>()))>, std::decay_t<decltype(std::begin(std::declval<C>()))>)) {
  return callable(std::begin(c), std::end(c));
}

Then

std::vector<int> c;
callA(c, f); // template argument It will be deduced as std::vector<int>::iterator for f

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