Question

我担心我所寻找的是不可能的。它可能需要改变我的设计。我正在寻找将类模板推迟到其构造函数。这是一个例子：

以下代码没有问题：

#include <iostream>
using namespace std;

template<class T1,class T2>
T1 product(T1 t1,T2 t2)
{
    return (T1)(t1*t2);
}

int main()
{
    double t1=5.5;
    int t2=4;
    cout<<t1<<" x "<<t2<<" = "<<product(t1,t2)<<endl;
    return 0;
}

现在，如果我想将函数product包装在类中：

#include <iostream>
using namespace std;

template<class T1,class T2>
class A
{
public:
    T1 num1;
    T2 num2;

    template<class T1,class T2>
    A(T1 t1,T2 t2)
    {
        num1=t1;
        num2=t2;
    }

    T1 product()
    {
        return (T1)(num1*num2);
    }

    T1 division()
    {
        return (T1)(num1/num2);
    }   
};

int main()
{
    double t1=5.5;
    int t2=4;

    // i need types here, this will not compile because 
    // i would need to explicitly state A<double, int> here.
    class A a(t1,t2);
    cout<<t1<<" x "<<t2<<" = "<<a.product(t1,t2)<<endl;
    return 0;
}

此代码无法编译。显然是因为它正在寻找<double,int>作为类的模板。修复编译器错误很容易，而不是我的担忧。

我担心的是，现在，我觉得我失去了优势！在以前的代码中，我可以调用函数而不用担心类型。我给了函数参数。现在我必须先将参数类型赋给类。我不能从自动检测类型t1和t2定义类。有没有办法将类模板推迟到它的构造函数？

也许你相信给类模板的类型很容易，没有值得争论！但想象一个非常复杂的案例。

Answer 1

你创建一个创建者函数，它返回“正确的东西（tm）”：

template<typename T1, typename T2>
auto make_A(T1 n1, T2 n2)->A<T1, T2> {
    return A<T1, T2>(n1, n2);
}

稍后使用它：

auto a = make_A(t1, t2);

就是这样。但请注意：auto是一个非常“新的”关键字，如果遇到旧的编译器，可能会遇到麻烦。在重构你的庞大项目之前，你应该检查你必须支持的最低编译器。

更多信息：

Scott Meyers“类型演绎和你关心的原因”https://www.youtube.com/watch?v=wQxj20X-tIU
迈克行动“面向数据的设计和C ++”https://www.youtube.com/watch?v=rX0ItVEVjHc ...这个讲话是为了质疑你对“课程的需求，因为为什么不？”。

将类模板推迟到其构造函数

1 个答案: