为什么用整数类型约束 auto 会使其无法调用 views::filter？

Question

我写了一个简单的谓词，我想传递给 std::ranges::views::filter:

struct even_fn {
    constexpr
    bool operator()(std::integral auto&& e) const noexcept {
        return e % 2 == 0;
    }
};

inline constexpr even_fn even;

示例用法：

using namespace std::ranges;
views::iota(1, 10) | views::filter(even);

这失败了，有一大堆错误，我想，最有意义的是：

note: the expression 'is_invocable_v<_Fn, _Args ...> [with _Fn = even_fn&; _Args = {std::__detail::__cond_value_type<int>::value_type&}]' evaluated to 'false'

但是，如果我从运算符中删除 std::integral 部分（只留下 auto&&），代码将成功编译。这是为什么？当我们有约束仿函数时，这个 __cond_value_type 有什么特别之处？

Answer 1

这是因为 std::integral 不允许推导引用类型。

实际上，过滤器视图将使用类似这样的内容进行过滤：

filter_function(*it);

对于大多数范围类型，这将 return 元素的左值引用。

因为它发送了一个左值引用，所以调用你的函数的唯一方法是推导 int&，所以引用折叠是这样工作的：int& && --> int&。没有它，用左值调用你的函数是不可能的。

但是 int& 不是整数类型，因此你的错误！

那你怎么才能让你的过滤器工作呢？

只需删除转发引用并使用 const 左值引用：

struct even_fn {
    constexpr
    bool operator()(std::integral auto const& e) const noexcept {
        return e % 2 == 0;
    }
};

这样，当从 int 左值推导时，只需推导 int 即可使调用正常进行。

使用概念模板参数，可以使用更高阶的概念来使这种情况有效：

template<typename T, concept C>
concept forwarded = C<std::remove_cvref_t<T>>;

并像这样使用它：

struct even_fn {
    constexpr
    bool operator()(forwarded<std::integral> auto&& e) const noexcept {
        return e % 2 == 0;
    }
};

为什么用整数类型约束 auto 会使其无法调用 views::filter？

Why does constraining auto with an integral type render it uninvocable for views::filter?

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