関数に "using"を使用する方法は？

Question

関数に "using"を使用する方法は？

void (*Bf)(int) = f; 

か、単に機能でラップ：fは単なる機能である場合の例

class A; 
void f(int); 

struct B 
{ 
    using BA = A; 
    using Bf = f; ??? 
}; 

Answer 1

あなたはいらいらすることができ、型を指定する心配する必要はありませんその方法

struct B 
{ 
    using BA = A; 
    constexpr static auto Bf = f; 
} 

を行うことができます。

静的ではない変数を宣言したくない場合は、オブジェクトのすべてのコピーが関数ポインタを持ち歩くことになります。あなたはまたそれを変更することはできません。なぜなら、あなたはそれを再割り当てすることができるからです。コンパイラは、Bfへの呼び出しが実際にはfを呼び出しているか、または関数間接費を支払っていることを特定のコンテキストで証明する必要があるため、実行時に潜在的に決定されることは望ましくありません。 constexprは、この最後の2つのポイントを処理します。

Answer 2

ためには、メンバ関数ポインタを追加することができますいずれか

void Bf(int i) { f(i); } 

はおそらく好みます後者は、Bに余分なメンバーを追加することを避けるためです。

---

fが関数テンプレートである場合は、あなただけのエイリアス、あなたはそれに転送する必要があるだろうことはできません。

template <class... Args> 
auto Bf(Args&&... args) 
    -> decltype(::f(std::forward<Args>(args)...)) 
    noexcept(noexcept(::f(std::forward<Args>(args...)))) 
{ 
    return ::f(std::forward<Args>(args)...); 
} 

うん...です。

Answer 3

Nir Friedman's answerは素晴らしいですが、fがオーバーロードされている場合には機能しません。 C++ 14では

あなたはa generic lambdaで、このためのソリューションを持つことができます。

struct B { 
    using BA = A; 
    static constexpr auto BF = [](auto&&... args) { 
    return f(std::forward<decltype(args)>(args)...); 
    }; 
}; 

をそれが唯一の理由std::forwardの冗長性のあるビットcomplicatを思われる場合。私が把握する（しかしfがのparamsとして参照型を持つ場合、それは失敗するとしてこれを使用していない）、それを簡単にするためにstd::forwardせずにそれを表示します：

struct B { 
    using BA = A; 
    static constexpr auto BF = [](auto... args) { return f(args...); }; 
}; 

Answer 4

差がfながらAがちょうどタイプであるということです実際の関数です。あなたがfのタイプとしてBfを定義するためにusingを使用する場合は、使用します。

using Bf = decltype(f);