Question

我可以在没有成员a的情况下编译而不发出警告的唯一方法T==B等等T==A是reinterpret_cast在if语句中阻止并访问非指定成员通过指针。有没有办法绕过这个或提示编译器呢？

这是gcc 4.8.x

enum Type { A, B};

template<Type T> struct S { };
template<> struct S<A> { int x; int a; };
template<> struct S<B> { int y; int x; int b; };

template<Type T> static void foo(int x)
{
    // lots of code

    S<T> s;
    s.x = someCall();

    if (T == A)
    {
        s.a = 1;
    }
    else if (T == B)
    {
        s.y = 2;
        s.b = 3;
    }

    // a bunch of common code
}

编辑：我知道如何制作专门的特定功能来处理细节，但我希望避免额外的样板代码。

Answer 1

您可以使用专业化：

template <Type T> void bar(S<T>&);

template <> void bar(S<A>& s) {s.a = 1;}
template <> void bar(S<B>& s) {s.y = 2; s.b = 3;}

template<Type T> static void foo(int x)
{
    // lots of code

    S<T> s;
    s.x = someCall();

    bar(s);

    // a bunch of common code
}

Answer 2

if (T == A)
[...]
else if (T == B)
[...]

A，B和T这里是编译时实体，而不是运行时实体。然而，您正在尝试对编译时已知的内容执行运行时评估。现在可以肯定的是，你可以试着通过一种不经常的演员（尝试和失败）来破解某些东西，或尝试其他类型的kludgery，但代码告诉你：你做错了。

专业化foo是一种方式，可能是SFINAE（与enable_if一样），但从我在这里看到的用例很少，那也是错误的。这是因为您希望实现的代码是某种初始化代码，或者是操纵正在使用的对象的内部状态的代码。从某种意义上说，你违反了单一责任原则。

所以将代码移到责任所在的位置：在init编辑的类中。

template<> struct S<A> { int x; int a; void init() {a=1;} };
template<> struct S<B> { int y; int x; int b; void init() { x=2; y=3; } };

template<Type T> static void foo(int x)
{
    // lots of code

    S<T> s;
    s.x = someCall();

    s.init();

    // a bunch of common code
}

您也可以使用工厂类。这将抽象出对象的实例化和对init()的调用，它可以根据最终类型采用不同的参数。

C ++模板struct＆＃39;没有名为＆＃39;的成员错误

2 个答案: