Question

到目前为止，我有一个设置，在标题中声明了某个功能模板getF

template <typename T> F* getF();

保持函数体未定义。然后在共享库上，getF有一些特殊化..

template<>
F* getF<int>()
{
  static int r = 42;
  static Finstance(r);
  return &Finstance;
}

template<>
F* getF<float>()
{
  static float r = 3.14159;
  static Finstance(r);
  return &Finstance;
}

上面的工作到目前为止很好，就像在客户端可执行文件中调用getF<float>()时，链接器将替换为适当的引用，如果库中没有特化，那么编译将失败并出现链接器错误（这是所需的行为）

但是，现在行为应该有一个小变化：当结果不是专用于给定的模板参数时，代码应该构建，但在运行时返回0。所以我所做的是改变getF这样的声明：

template <typename T> F* getF() { return 0; }

问题在于，现在编译器将对所有情况使用此定义，无论库中是否存在专门化

问题：还有其他方法可以在运行时为函数提供一些默认行为，而无需移动头文件的专业化？

Answer 1

最好的解决方案是声明库的显式特化存在。

// All in the same header file:
template <typename T> F* getF() { return 0; }
template <> F* getF<int>();
template <> F* getF<float>();

这符合标准14.7.3 / 6的规则：

如果一个模板，一个成员模板或一个类模板的成员被明确地专门化，那么该特化应该在第一次使用该特化之前声明，这将导致隐式实例化发生，在每个翻译单元中使用发生;无需诊断。

Answer 2

基本上你需要以下内容：“当T为int或float时启用F的特殊情况”。它正是boost :: enable_if和std :: enable_if之类的构造。

启用/禁用功能与类（类更容易）之间存在细微差别。请在此处查看好的示例：boost::enable_if not in function signature

您可能需要一些MPL（Boost元编程库）来表达规则的“或”部分。

跨库的模板函数特化符号匹配

2 个答案: