看看下面的代码
#include <type_traits>
template <typename T>
struct basic_type {
using type = T;
};
consteval auto foo(auto p, auto x) noexcept {
if constexpr (p(x)) {
return 1;
} else {
return 0;
}
}
int main() {
// This compiles
return foo(
[]<typename T>(basic_type<T>)
{
return std::is_integral_v<T>;
},
basic_type<int>{});
// This gives "x is not a constant expression"
/*return foo(
[]<typename T>(T)
{
return std::is_integral_v<std::decay_t<T>>;
},
0);*/
}
第一个 return 语句在最新的 gcc 主干上编译得很好,而第二个没有编译,并显示错误消息:
source>: In instantiation of 'consteval auto foo(auto:1, auto:2) [with auto:1 = main()::<lambda(T)>; auto:2 = int]':
<source>:26:12: required from here
<source>:9:3: error: 'x' is not a constant expression
9 | if constexpr (p(x)) {
| ^~
<source>: In function 'int main()':
<source>:26:19: error: 'consteval auto foo(auto:1, auto:2) [with auto:1 = main()::<lambda(T)>; auto:2 = int]' called in a constant expression
26 | return foo(
| ~~~^
27 | []<typename T>(T)
| ~~~~~~~~~~~~~~~~~
28 | {
| ~
29 | return std::is_integral_v<std::decay_t<T>>;
| ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
30 | },
| ~~
31 | 0);
| ~~
<source>:8:16: note: 'consteval auto foo(auto:1, auto:2) [with auto:1 = main()::<lambda(T)>; auto:2 = int]' is not usable as a 'constexpr' function because:
8 | consteval auto foo(auto p, auto x) noexcept {
| ^~~
谁能告诉我为什么?
这是一个godbolt链接 https://godbolt.org/z/71rbWob4e
编辑
根据要求,这里的 foo 没有自动参数:
template<typename Predicate, typename T>
consteval auto foo(Predicate p, T x) noexcept {
if constexpr (p(x)) {
return 1;
} else {
return 0;
}
}
错误信息如下所示:
<source>: In instantiation of 'consteval auto foo(Predicate, T) [with Predicate = main()::<lambda(T)>; T = int]':
<source>:27:15: required from here
<source>:10:3: error: 'x' is not a constant expression
10 | if constexpr (p(x)) {
| ^~
<source>: In function 'int main()':
<source>:27:15: error: 'consteval auto foo(Predicate, T) [with Predicate = main()::<lambda(T)>; T = int]' called in a constant expression
27 | return foo(
| ~~~^
28 | []<typename T>(T)
| ~~~~~~~~~~~~~~~~~
29 | {
| ~
30 | return std::is_integral_v<std::decay_t<T>>;
| ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
31 | },
| ~~
32 | 0);
| ~~
<source>:9:16: note: 'consteval auto foo(Predicate, T) [with Predicate = main()::<lambda(T)>; T = int]' is not usable as a 'constexpr' function because:
9 | consteval auto foo(Predicate p, T x) noexcept {
|
答案 0 :(得分:19)
为了评估这一点:
if constexpr (p(x)) {
我们需要 p(x)
是一个常量表达式。某事是否符合常量表达式的规则基于您不允许做的事情列表。
当 x
是 basic_type<int>
并且 p
是一个按值取 basic_type<int>
的函数时,我们根本就没有违反任何规则。这是一个空类型,因此复制它(正如我们在这里所做的那样)实际上并不涉及任何类型的读取。这只是有效。
但是当 x
是 int
并且 p
是一个按值取 int
的函数时,这也需要复制 x
但这一次它涉及读取 x
的值。因为,当然,必须以某种方式初始化参数。这确实违反了一条规则:[expr.const]/8 说我们不允许执行:
左值到右值的转换,除非它应用于
当我们读取一个变量的值时会发生左值到右值的转换,而这两种情况都不适用。您实际上并不关心值是什么并不重要,因为 p
不使用它。为了甚至能够调用 p
,您必须复制 x
,而您不能这样做。因此出现错误。
但是,这里的 lambda 实际上并不需要值,只需要类型,因此您可以改为这样写:
return foo(
[]<typename T>(T const&)
{
return std::is_integral_v<std::decay_t<T>>;
},
0);
现在我们不再将 x
复制到 lambda 中,因为 lambda 不再按值获取 - 它按引用获取。因此,我们没有违反左值到右值的转换规则(或任何其他规则),现在这是一个有效的常量表达式。
然后,作为奖励,如果您将 foo
更改为引用 x
(因为,您实际上并不关心该值,所以为什么不关心):
consteval auto foo(auto p, auto const& x) noexcept {
if constexpr (p(x)) {
return 1;
} else {
return 0;
}
}
然后两个变体都变得格式错误。 basic_type<int>
和 int
版本(无论您是按值还是按引用获取 int
)。有关此案例的更多信息,请参阅我目前正在尝试使用 the constexpr array size problem 解决的 P2280。