Question

此代码在CodeGear 2009和Visual Studio 2010中编译，但不在gcc中编译。为什么呢？

class Foo
{
public:
    operator int() const;

    template <typename T> T get() const { return this->operator T(); }
};

Foo::operator int() const
{
    return 5;
}

错误消息是：

test.cpp：在成员函数`T Foo :: get（）const'：
中 test.cpp：6：错误：'const class Foo'没有名为'operator T'的成员

Answer 1

这是G ++中的一个错误。 operator T是一个非限定的从属名称（因为它中包含T，因此查找将根据其类型而不同）。因此，必须在实例化时查找它。标准规则

如果
，两个名称相同

...

它们是用相同类型形成的用户定义转换函数的名称。

因此，在operator关键字之后指定的类型名称不必以任何方式词汇匹配。您可以应用以下解决方法强制GCC将其视为从属名称

template<typename T, typename>
struct identity { typedef T type; };

class Foo
{
public:
    operator int() const;

    template <typename T> T get() const { 
      return this->identity<Foo, T>::type::operator T(); 
    }
};

Answer 2

我不确定C ++运算符名称的确切规则是什么，但我认为它试图调用operator T()而不是operator int()。为什么不直接使用演员：

template <typename T> T get() const { return static_cast<T>(*this); }

我没有测试过这个，但我相信这会或多或少地完成同样的事情。如果没有，应该有一种方法来实现这一点，而无需直接调用operator T()。毕竟，这就是重载运营商的目的。

Answer 3

如果我稍微修改代码：

template <typename T> T get() const { return operator T(); }

我在GCC中得到以下信息：

有没有参数'运营商T' 取决于模板参数，所以a '运营商T'的声明必须是可用（如果你使用 '-fpermissive'，G ++会接受你的代码，但允许使用未声明的名称已弃用）

但是如果你要使用-fpermissive，整个事情只有在T = int

时才有效

另一方面，为什么不这样做：

template <typename T> T get() const { return *this; }

这就是转换操作符的重点。

Answer 4

我对此用例感到好奇。我想你可以这样说：

Foo f;
int x = f.get<int>();

但为什么不说：

Foo f;
int x = static_cast<int>(f);

输入稍长一些（虽然可以使用C演员表示法），但不需要任何箍跳。

模板和铸造操作员

4 个答案: