Question

C ++ 11添加了别名模板，例如：

 template<typename T> using identity = T;
 template<bool b, typename T = void> using EnableIf = typename std::enable_if<b, T>::type;

这些比在template字段中提供返回值的旧::type类型映射更容易使用，因为即使您的类型参数依赖于本地上下文，也不会需要通知编译器结果是一个类型。

实际上，您将typename从使用位置提升到using别名。

是否有任何可以用来摆脱产生的无关template的东西？

假设您有一个元函数，其输出是类或别名模板而不是类型。目前的方法是这样的：

template<typename T>
struct my_meta {
  template<typename U>
  using Template = identity<U>;
};

template<typename T>
struct my_meta {
  template<typename U>
  using Template = int;
};

我们可以这样使用：

template<typename T, typename U>
typename my_meta<T>::template Template<U>
do_stuff( U&& ) { return {}; }

返回类型中存在额外的template关键字，以消除我的元函数返回值的歧义，这是我想要消除的。

有没有办法向编译器指出metacomputut的结果是C ++ 11或C ++ 1y中的另一个别名或类模板，而不在调用位置使用template关键字？

即：

template<typename T, typename U>
my_meta_template<T><U>
do_stuff( U&& ) { return {}; }

甚至

template<template<typename> class Template>
void do_more_stuff() {}

template<typename T>
void do_stuff() {
  // syntax I want: just produce an alias or class template directly:
  do_more_stuff< my_meta_template<T> >();
  // vs what I find is required: the disambiguator:
  do_more_stuff< my_meta<T>::template Template >();
};

Answer 1

我知道移除template的最佳方法是做一个简单的整经工作，为您做到这一点：

template<typename Meta, typename U>
using apply = typename Meta::template Template<U>;

以及之前使用的每个地方template<typename> class Template都将其替换为typename Meta。

template<typename Meta>
void do_more_stuff()
{
    apply<Meta, int>::func(); //=== Meta::template Template<int>::func();
}

template<typename T>
void do_stuff() {
  do_more_stuff< my_meta<T> >();
  do_more_stuff< my_meta<T> >();
};

相当于`using`别名为`template`s

1 个答案: