Question

有没有办法定义一个模板类，只能用于特定类层次结构中的派生类？

说我有动物基类

class Animal{
    public:
        virtual ~Animal();
        virtual void shout() = 0;
    };

和Dog，Cat，Tiger是派生类

class Dog : public Animal{
    public:
    virtual void shout(){
        cout<<"Bark";
    }
}
class Cat : public Animal{
    public:
    virtual void shout()
    {
        cout<<"Meow";
    }
}

我需要定义一个模板类，说'AnimalTemplate'只能用于Animal的派生类，所以如果我尝试'AnimalTemplate＆lt; Duck＆gt;'，我应该得到编译错误（或者一些错误），即使Duck在其中定义了一个方法shout（）。（这个问题主要是为了理解我们是否可以将OO范式与通用编程相结合）

Answer 1

立即想到两种形式：

<强> SFINAE

template<typename T, 
         typename = typename std::enable_if<std::is_base_of<Animal,T>::value>::type>
class AnimalTemplate
{
public:
    AnimalTemplate() {}
};

<强> static_assert

template<typename T>
class AnimalTemplate
{
public:
    static_assert(std::is_base_of<Animal,T>::value, "T must be derived from Animal");
    AnimalTemplate() {}
};

后者更友善地告诉你它为什么会失败，显然。

Answer 2

您可以简单地定义模板，使其将模板参数用作Animal。例如：

template <typename T,
          bool = sizeof(*static_cast<Animal**>(0) = static_cast<T*>(0))>
class AnimalTemplate
{
    // whatever
};

如果模板参数不匹配，则产生错误通常相当简单。如果有任何方法总是被实例化，例如析构函数，那么这也可能是支票可以去的地方。

Answer 3

如果animalTemplate是功能模板，您可以这样做：

template<typename T> void animalTemplate(T animal_candidate){
   auto& animal= static_cast<Animal&>(animal_candidate);
   animal.shout();
}

大多数情况下，模板会信任用户使用正确的输入。这被称为鸭子打字。（适合您的情况！）未来C ++有关于定义 Concepts 的工作，可用于指定模板可以采用的输入类型。

类层次结构的模板类？

3 个答案: