Question

函数的语言链接是其类型的一部分：

7.5.1 [dcl.link]的ISO C ++标准：

所有函数类型，函数名和变量名的默认语言链接是C ++语言链接。具有不同语言联系的两种函数类型是不同的类型，即使它们在其他方面是相同的。

是否可以在函数指针的链接类型上专门化模板，或者在编译时内省函数指针的类型以确定其链接？

这第一次尝试似乎不合法：

#include <iostream>
#include <typeinfo>

struct cpp {};
struct c {};

extern "C++" void foo()
{
  std::cout << "foo" << std::endl;
}

extern "C" void bar()
{
  std::cout << "bar" << std::endl;
}

template<typename> struct linkage;

template<>
  struct linkage<void(*)()>
{
  typedef cpp type;
};

template<>
  struct linkage<extern "C" void(*)()>
{
  typedef c type;
}


int main()
{
  std::cout << "linkage of foo: " << typeid(linkage<decltype(&foo)>::type).name() << std::endl;
  std::cout << "linkage of bar: " << typeid(linkage<decltype(&bar)>::type).name() << std::endl;
  return 0;
}

g++-4.6输出：

$ g++ -std=c++0x test.cpp 
test.cpp:26:38: error: template argument 1 is invalid
test.cpp:26:3: error: new types may not be defined in a return type
test.cpp:26:3: note: (perhaps a semicolon is missing after the definition of ‘<type error>’)
test.cpp:32:10: error: two or more data types in declaration of ‘main’

是否有一些可以实现此功能的SFINAE应用程序？

Answer 1

是的，我相信您应该能够根据C ++标准基于其语言链接来专门化模板。我使用Comeau compiler online测试了以下代码，并且编译时没有错误：

#include <iostream>
#include <typeinfo>

struct cpp {};
struct c {};

extern "C++" typedef void(*cppfunc)();
extern "C" typedef void(*cfunc)();

extern "C++" void foo()
{
  std::cout << "foo" << std::endl;
}

extern "C" void bar()
{
  std::cout << "bar" << std::endl;
}

template<typename> struct linkage;

template<>
  struct linkage<cppfunc>
{
  typedef cpp type;
};

template<>
  struct linkage<cfunc>
{
  typedef c type;
};


int main()
{
  std::cout << "linkage of foo: " << typeid(linkage<decltype(&foo)>::type).name() << std::endl;
  std::cout << "linkage of bar: " << typeid(linkage<decltype(&bar)>::type).name() << std::endl;
  return 0;
}

但是，我相信due to a gcc bug，gcc不区分基于语言链接的函数类型，因此gcc不可能这样做（并且它们在解决这个问题时似乎不确定）。

是否可以在语言链接上专门化模板？

1 个答案: