Question

我想让用户控制＆＃34;内部类型＆＃34;基类。这段代码工作正常。

版本1 （demo）

//library layer
template<class Derived> class BT_trait{
    public: using type=int;  
};
template<class Derived> class BT{
    public: using typee=typename BT_trait<Derived>::type;
    public: typee f(){ return 1;}
};
//user code below
class C;
template<> class BT_trait<C>{
    public: using type=std::string;  //<-- user want to set "internal type"
};
class C : public BT<C> {
    public: typee f(){ return "OK";}
};
int main(){
    C bt;
    std::cout<< bt.f();
}

如果我通过添加模板参数使其更复杂一点，它就不再可编译了（如下所示）

版本2 （demo）

template<class Derived> class BT_trait{
    public: using type=int;  
};
template<class Derived,class Dummy> class BT{
    public: using typee=typename BT_trait<Derived>::type;
    public: typee f(){ return 1;}
};
//user code below
template<class T> class C;
template<class T> class BT_trait<C<T>>{
    public: using type=std::string;  
};
template<class T> class C : public BT<C<T>,T> {
    // public: typename BT<C<T>, T>::typee f(){ return "OK";} //Version #2b 
    public: typee f(){ return "OK";}  //Version #2a
    //^ error: 'typee' does not name a type; did you mean 'wctype'?
};
int main(){
    C<int> bt;
    std::cout<< bt.f();
}

但是如果我使用#2b（脏）而不是#2a（简明），上面的代码将正常工作。
为什么？是否可以使#2a有效？

根据Specialization of template function after point of use will break the compilation的引用： -

部分[temp.expl.spec] 14.7.3p6：如果是模板，则是成员模板或类模板的成员是明确专门的那个专业化应该在第一次使用之前宣布那种会导致隐式实例化的特化地方，在发生这种用途的每个翻译单位;没有诊断是必需的。

我怀疑我的代码是未定义的行为。正确吗？
我对模板专业化很陌生。

Answer 1

请注意，typee类型取决于模板参数。作为选项，您可以通过添加using指令使typee可识别：

using typename BT<C<T>, T>::typee;
public: typee f(){ return "OK";}

online compiler

Answer 2

不，您的代码不会显示UB，甚至在编译时也不会。

问题是，一旦C成为模板，两阶段查找规则就会开始在其中应用。基本上，在解析模板时会查找不依赖于模板参数的名称，此时T的参数当然是未知的，因此编译器无法查看BT<C<T>, T>并查找typee在那里定义。所以它失败了。

您必须将typee标记为从属名称（因为依赖于T）。你有几种方法：

引用时符合条件：

public: typename C::typee f(){ return "OK";}

[Live example]

将其带入您的课程范围（同样由VTT's answer建议）：

using typename BT<C<T>, T>::typee;
public: typee f(){ return "OK";}

在基类= undefine行为之后特化type_trait？

2 个答案: