Question

（如果你是C ++ 11专业版，请跳到粗体段落。）

让我们说我想编写一个模板方法，该方法调用并返回传递对象的结果，该对象的类型是模板参数：

template<ReturnType, T>
ReturnType doSomething(const T & foo) {
    return foo.bar(); // EDIT: Might also be an expression introducing a temp val
}

所以T必须有一个方法ReturnType T::bar() const才能在这样的调用中使用：

struct MyClass {
    ...
    int bar() const;
    ...
};
...
MyClass object;
int x = doSomething<int, MyClass>(object);

由于类型扣除而我们不必写MyClass并且电话会变成：

int x = doSomething<int>(object);

但是省略<int>也会导致编译错误，因为该方法不需要返回int以便之后被分配给x（它可以返回char例子）。

在C ++ 0x / 11中，我们使用auto和decltype来推断模板方法的返回类型：

template<T>
auto doSomething(const T & foo) -> decltype(foo.bar()) {
    return foo.bar(); // EDIT: Might also be an expression introducing a temp val
}

编译器现在将找出foo.bar()的类型，并将其用作返回类型。使用我们的具体课程MyClass，这将是int，以下就足够了：

int x = doSomething(object);

现在问我的问题：

如果MyClass将bar()定义为返回int&，则doSomething(object)的返回类型也将是int& = decltype(foo.bar())。这是一个问题，因为G ++现在符合我返回对临时的引用。

我该如何解决这个问题？是否有类似remove_reference的内容可以像remove_reference(decltype(foo.bar()))一样使用？

我考虑过只声明一个帮助方法，该方法接受T&并返回T，然后将doSomething的返回类型定义为decltype(helper(foo.bar()))。但必须有更好的方式，我感觉到它。

Answer 1

删除引用：

#include <type_traits>

static_assert(std::is_same<int, std::remove_reference<int&>::type>::value, "wat");

在你的情况下：

template <typename T>
auto doSomething(const T& foo)
    -> typename std::remove_reference<decltype(foo.bar())>::type
{
    return foo.bar();
}

为了清楚起见，请注意，在书面回复时，参考就可以了：

#include <type_traits>

struct f
{
    int& bar() const
    {
        static int i = 0;
        return i;
    } 
};

template <typename T>
auto doSomething(const T& foo)
    -> decltype(foo.bar())
{ 
    return foo.bar();
}

int main()
{
    f x;
    return doSomething(x);
}

返回的引用可以简单地传递而不会出错。您在评论中的示例是重要且有用的地方：

template <typename T>
auto doSomething(const T& foo)
    -> decltype(foo.bar())
{ 
    return foo.bar() + 1; // oops
}

删除decltype中的引用（返回T而不是T＆amp;其中T＆amp;是decltype）

1 个答案: