Question

假设我有一个A类，它指定转换为int

struct A {
  int val = 42;
  operator int() const {
    return val;
}

所以我可以像这样使用它：

A a;
int a_int = a;

但是如果我想使用该类的共享指针该怎么办：

auto a_ptr = std::shared_ptr<A>(new A);
int a_int = a_ptr; // ???

就像类型A的变量被隐式转换为int一样，我想用智能指针做同样的事情。我怎样才能做到这一点？

更新

对不起，也许我问错了方法。真正的交易有点复杂。我使用QVariant来保存std :: shared_ptr。现在我有一个帮手功能：

QVariant & operator<< (QVariant& v, const std::shared_ptr<A> & aPtr);

当我需要将指针放到QVariant时，我这样做：

QVariant variant = QVariant() << a_ptr;

但我想自动完成，如下所示：

QVariant variant = a_ptr;

Answer 1

非常简单，使用解除引用运算符：

int a_int = *a_ptr; // ???
            ^ ~~~

[编辑]

制作：

 QVariant variant = a_ptr;

工作，您必须添加到QVariant复制构造函数，接受对shared_ptr的引用。这是你不能做的事情。这种语句称为复制初始化，第一个编译器尝试将a_ptr转换为QVariant，如果可用，则使用转换后的a_ptr调用QVariant的复制构造函数。问题是即使您取消引用a_ptr，也需要两个用户定义的转换。

您仍然可以像这样添加演员：

 QVariant variant = static_cast<int>(*a_ptr);

Answer 2

你试过吗？ std::shared_ptr有operator*，它可以正常运行：使用它。

#include <memory>

struct A {
    int val = 42;
    operator int() const {
        return val;
    }
};

int main() {
    auto ptr = std::make_shared<A>();
    int v = *ptr;
}

Answer 3

就像类型A的变量被隐式转换为int一样，我想用智能指针做同样的事情。

不，你认为你这样做，但你真的没有。

我怎样才能做到这一点？

你不能，这是件好事。

（期待）任何方式？

将共享指针包装到一个对象中，如下所示：

#include <memory>

template<class T>
struct shared_reference
{
  shared_reference(std::shared_ptr<T> pt) : _pt(std::move(pt)) {}

  operator T& () { 
    return *_pt;
  }

  operator const T& () const { 
    return *_pt;
  }

  std::shared_ptr<T> _pt;
};

隐式将std :: shared_ptr转换为类型

3 个答案: