Question

对于一个学校项目，我们必须制作一个“游戏”，在这个游戏中，我们想象一个迷宫并找到我们的方式通过它。这种可视化必须以两种不同的方式实现，在我们的例子中是基于文本的可视化和更奇特的方式。

我们必须使用Qt，我们正在使用带有QWidget的QMainWindow，这个小部件将是一个或另一个可视化。看到在游戏过程中我们应该能够在可视化之间切换，我们使用策略模式，因此创建了一个接口（ViewInterface），两个可视化实现了这一点。除了实现ViewInterface之外，两个可视化都继承了另一个类，在基于文本的情况下，这是QPlainTextEdit（具有带文本的QWidget），而在Fancy中，这是QDialog。这里的探针是在我的控制器中，我有一个指向ViewInterface的指针，用于填充QWidet但是这样做ViewInterface也必须从QWidget继承，这会导致这个错误：QObject是'TerminalView'的模糊基础。 / p>

由于视图之间的切换可以在玩游戏时完成，并且只应在当前活动视图上调用更新，因此我们无法将特定视图传递给'setWidget'。

我做错了什么或者如何解决这个问题？（我已经考虑过但不能提供解决方案）。

Answer 1

这里的问题是你继承QObject两次：首先是在ViewInterface层次结构中，第二个是QDialog层次结构（diamond problem）。 ~~尝试为FancyView和TextView类使用虚拟继承~~（不工作，因为虚拟继承应该在完整的层次结构中使用）

但是你的设计存在另一个问题：QDialog和QPlainTextEdit都继承了QWidget。要解决此问题，您可以执行以下操作：

在不继承QObject的情况下创建ViewInterface摘要。这个抽象类将定义你的FancyView和TextView的接口，可能会也可能不会实现一些常见的逻辑。
使用QDialog和ViewInterface以及QPlainTextEdit和ViewInterface的多重继承实现FancyView和TextView。

这样你可能不会遇到任何模糊基类的问题。

更新：

还没有看到你的编辑：确实这会解决问题，但是另一个问题是：如果我这样做，我就不能使用ViewInterface 指针设置我的QWidget。确实可能，但在我看来这不是很干净

嗯，这是一个真正的问题。一个明显的解决方案是不使用ViewInterface*而不是QWidget*。但这意味着您需要更改相当多的代码，在您的情况下实际上可能并不那么好。

关于给定的评论，我提出了另一种解决方案：

从ViewInterface继承QWidget（包含所有需要的界面功能）：
```
class ViewInterface: public QWidget {
    Q_OBJECT
    ...
}
```

在小部件使用的ViewInterface构造函数集布局中进行设置：

ViewInterface::ViewInterface (QWidget* i_parent)
    : QWidget (i_parent) {
    auto layout {new QGridLayout (this)};

    // Zeroed margins to make full fit.
    layout->setContentsMargins (0, 0, 0, 0);

    setLayout (layout);
}

在派生类的构造函数中，将特定小部件添加到布局：

class FancyView : public ViewInterface {
    Q_OBJECT

    FancyView (QWidget* i_parent) 
        : ViewInterface (i_parent)
        , dialog_widget_ {new QDialog (this)} {
        layout->addWidget (dialog_widget_);
    }
    ...

private:
    QDialog* dialog_widget_;
}

使用目标小部件实现所需的界面。如果您要处理事件，可以使用QObject::eventFilter ()。在这种情况下，您应该将上面代码中的FancyView对象设置为dialog_widget_的事件过滤器。

注意：在这种情况下，您无法将FancyView用作QDialog。此问题的一个工作原理是代理QDialog信号，插槽和公共函数，并创建另一个包装类FancyViewDialog，它作为FancyView中方法，信号和插槽的代理。这不是一个很棒的解决方案，但我没有看到任何其他解决钻石问题的方法，它允许ViewInterface和QWidget之间存在“is-a”关系。

Answer 2

接口应该是虚拟方法的抽象，并且没有具体的基类。 ViewInterface不应继承QWidget。这解决了你的问题。

现在至少有两种解决方案可以将ViewInterface实例转换为QWidget：

模板ViewInterface的用户并让他们确保所使用的具体类型实际上来自QWidget。如果类型没有运行时多态性，那将会有效。
如果存在运行时多态性，请在接口中添加QWidget * widget() = 0方法，并在派生方法中实现它。这很简单：QWidget * widget() override { return this; }。

接口可以同时具有信号和插槽 - 它们必须是虚拟方法，但它们肯定会起作用。参见例如this answer开始使用虚拟信号。

如果要在ViewInterface的两个具体实现之间共享一些代码，则可以使用派生自ViewInterface的其他类来提供共享代码。 TerminalView和FancyView都来自该类。可以在基类类型上对助手类进行参数化，以使其跳过较少的箍来访问小部件，例如：class TerminalView : ViewHelper<QPlainTextEdit> { ... };

策略模式Qt模糊基础

2 个答案: