Question

为什么在以下示例中无法从T的签名中推断出fn？

template<int I>
struct Class {
    template<typename T>
    Class &operator <<( void (*)(const Class<I> &, const T &) ) { return *this; }
};

struct Ot { };

template<int I>
void fn(const Class<I> &, const Ot &) { }

int main() {
    Class<1>() << fn;
}

相反，以下不将operator<<作为常规成员的示例是合法的：

template<int I>
struct Class {
    Class &operator <<( void (*)(const Class<I> &) ) { return *this; }
};

struct Ot { };

template<int I>
void fn(const Class<I> &) { }

int main() {
    Class<1>() << fn;
}

Answer 1

因为就像您使用Class<1>而不是Class一样，您还必须将模板参数提供给功能模板fn：

Class<1>() << fn<1>;

此外，您可能希望从operator <<：

返回引用

template<typename T>
Class & operator <<( void (*)(const Class<I> &, const T &) ) { return *this; }
      ^

Answer 2

归结为功能模板的模板参数可以是显式指定的，也可以从传递给函数的参数中推导出来。

在您的示例中，编译器无法确定fn的模板参数，因为在Class<1>::operator<<()的调用中没有传递参数。因此，您必须明确指定它：fn<1>（或任何您想要的）。完成此操作后，fn的类型是明确的，编译器可以从T的第二个参数类型（即fn＆lt; 1＆gt;）中推断出Class<1>::operator()的类型。

换句话说，fn的类型并不清楚。你可以通过fn＆lt; 2＆gt;到Class＆lt; 1＆gt; :: operator＆lt;＆lt;（）。请考虑以下代码：

Class<1> << fn<2>;   // fn<2> is not fn<1>
Class<1> << fn<1>;   // OK too, of course
Class<1> << fn;      // error! fn<?>

在类模板中推导模板成员函数

2 个答案: