如何解决在什么情况下 ref_view{E} 格式错误而 subrange{E} 不是?
C++20 引入了 views::all
,它是一个范围适配器,它返回一个 view
,其中包含其范围参数的所有元素。
表达式 views::all(E)
与表达式等效(具有相同的效果):
-
decay-copy(E)
如果E
模型的衰减类型view
。 - 否则,
ref_view{E}
如果表达式格式正确 - 否则,
subrange{E}
第一种情况表示 view
的类型在使用 views::all
(goldbot) 进行管道传输后没有改变:
auto r = views::iota(0);
static_assert(std::same_as<decltype(r),decltype(r | views::all)>);
第二种情况用于用 ref_view
包裹 viewable_range
以方便范围管道操作:
int r[] = {0,1,2};
static_assert(std::same_as<ranges::ref_view<int[3]>,decltype(r | views::all)>);
但是对于第三种情况,我想不出在什么情况下 subrange{E}
是良构而 ref_view{E}
是非良构。
它的目的是什么?有人可以举个例子吗?
解决方法
但是对于第三种情况,我想不出在什么情况下 subrange{E}
是良构而 ref_view{E}
是非良构。
ref_view{E}
仅适用于左值范围。
subrange{E}
仅适用于借用范围。您可以在 [range.subrange.general]:
template<borrowed_range R>
subrange(R&&) ->
subrange<iterator_t<R>,sentinel_t<R>,(sized_range<R> || sized_sentinel_for<sentinel_t<R>,iterator_t<R>>)
? subrange_kind::sized : subrange_kind::unsized>;
其中借用范围再次是左值或选择从中借用的范围。例如,string_view
和 span
之类的类型是借用的。
所以如果你有一个像右值 vector<int>
这样的东西,那么它不是一个视图(第一个项目符号),你也不能从中构造一个 ref_view
(因为它是一个右值),你也不能构造一个subrange
来自它(因为它是一个非借用范围)。
我意识到这并不能完全回答问题,因为我在输入答案时在头脑中颠倒了极性。但是T.C.'s got me covered。
另一个纯粹假设的例子是一个非视图范围,它将其内容存储在 shared_ptr
中,然后它的迭代器也共享该数据。类似的东西:
struct SharedVector {
std::shared_ptr<std::vector<int>> data;
struct Iterator {
std::shared_ptr<std::vector<int>> data;
std::vector<int>::iterator cur;
// ...
};
auto begin() -> Iterator { return {data,data->begin()}; }
auto end() -> Iterator { return {data,data->end()}; }
};
一个右值 SharedVector
不会是一个视图(不是 O(1)
-destructible),你不能 ref_view{E}
它(因为它是一个右值),但这样的范围仍然可以借用,所以 subrange{E}
可以工作。
借用右值非视图范围(视图将属于第一个项目符号,因此不会出现问题)。
当前标准中的规范示例是非零静态范围的 span
(如 span<int,42>
)。不支持赋值的假设借用范围类型将是另一个示例。也可以构建合成示例(因为 borrowed_range
和 view
都是选择加入的)。
template<__NotSameAs<ref_view> T>
requires std::convertible_to<T,R&> && requires { _FUN(std::declval<T>()); }
constexpr ref_view(T&& t);
由此看来,右值似乎有问题。
template<class R>
ref_view(R&) -> ref_view<R>;
看起来它也阻塞了右值。
创建一个可以subrange{E}
的右值。就像一个子范围右值。可能是其他的,取决于子范围的推导指南。
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