Question

所以，我有this templatized function（我知道这看起来很难看。）

我的目的不是默认模板参数，我的目的是创建一个typename派生自T的{{1}}，可以在caster中使用，但用户无法分配。

我的问题是如何为用户不能作为参数传递的模板化函数创建typename？

举个例子：

template <typename T>
typename R = std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>;
R foo(T bar){return R(bar);}

显然，这段代码不能编译，但这是我想要完成的行为。仿函数是唯一的方法吗？

Answer 1

一种可能性是使用using类型别名而不是typename。以下代码编译我测试的编译器（记得启用-std=c++11标志）。

#include <type_traits>
#include <iostream>

// C++11
template <typename T>
using R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type;

template <typename T>
R<T> foo(T bar){return R<T>(bar);}

int main() {
  std::cout << foo(13.0) << std::endl;
  return 0;
}

在C ++ 14中，您可以使用conditional_t特征，这更加简单。

// C++14
template <typename T>
using R = std::conditional_t<sizeof(T) == 4, char, short>;

Answer 2

在C ++ 14中，使用返回类型推导优雅地解决了这个问题。

// C++14
#include <type_traits>

template <typename T>
decltype(auto)
foo(T bar)
{
  using R = std::conditional_t<sizeof(T) == 4, char, short>;
  return static_cast<R>(bar);
}

在C ++ 11中，您必须重复类型计算。

// C++11
#include <type_traits>

template <typename T>
typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type
foo(T bar)
{
  using R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type;
  return static_cast<R>(bar);
}

通过使用decltype来确定类型，可以缩短一点。

// C++11
#include <type_traits>

template <typename T>
typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type
foo(T bar)
{
  using R = decltype(foo(bar));
  return static_cast<R>(bar);
}

但坦率地说，使用简单的默认类型参数有什么问题？

// C++11
#include <type_traits>

template <typename T,
          typename R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type>
R
foo(T bar)
{
  return static_cast<R>(bar);
}

请注意，我已将R语句中的return的值初始值替换为static_cast，以使编译器警告有关缩小转换的警告。你确定这是你想要的吗？

有没有办法为模板化函数声明类型名称？

2 个答案: