Question

我正在尝试做的基本上是能够调用一个函数并让它用lua注册一个c ++函数。基本上就像registerFunction（function）。现在，我知道有些库可以帮到你，但我想知道有人会这样编写一个库。

我目前的方法是使用模板为传递给它的函数生成相关的粘合函数。

我的代码现在看起来像这样：

template<typename F>
struct registerStruct
{
    template<typename T>
    struct inner
    {
        static int func(lua_State*);
    };
};
template<typename F>
void registerFunction(const char *name,F function)
{
    lua_register(this->L,name,&registerStruct<decltype(function)>::inner<function>::func);
}

template<typename F>
struct registerStruct<F(void)> //I would write more classes for different numbers of arguments
{
    template<F(*T)(void)>
    struct inner
    {
        static int func(lua_State *L)
        {
            returnLua(L,T()); //push the return value onto lua's stack
            return 1;
        }
    };
};

然后我尝试使用它：

int test(void)
{
    std::cout<<"hello from c++"<<std::endl;
    return 0;
}

registerFunction("test",test);

使用gcc进行编译会产生错误:: func尚未声明。

Answer 1

registerStruct<decltype(function)>::inner<function>::func

首先，decltype(function)可以替换为F。

此外，类模板inner期望一个类型作为其模板参数，function是一个表达式，而不是一个类型。这应该是::inner<F>。

（或者inner可能根本不需要是模板。嵌套类outer<T>::inner仍然可以使用附加到其封闭类的模板参数T。）

C ++语法需要一些奇怪的东西来帮助解析器找出模板的含义。通常，C ++的含义取决于标识符是用于变量（对象还是引用），类型还是模板。但是在模板中::或.或->之后，如果运算符左侧的类型取决于模板参数，则在初始解析期间无法确定下一个名字是。如果你不帮忙，语言将假设名称是变量。

所以C ++认为registerStruct<decltype(function)>::inner是一个变量。然后我们有小于运算符<，后跟有效表达式function，然后是大于运算符>，然后是::func。等等，没有什么叫::func！

要指定inner确实是模板，您需要

&registerStruct<F>::template inner<F>::func

:: func尚未声明错误

1 个答案: