Question

我有一个模板类/结构，如下所示：

template <typename T, typename U>
struct S
{
    unsigned int operator()(T t, U u) const;
};

我想确保专业化对此接口的尊重。

不幸的是，我可以使用其他返回类型来专门化此结构。例如，如果我部分专业化地返回bool而不是unsigned int，那么我期望得到一个编译器错误，但是编译器似乎并不在意：

template <typename T>
struct S<T,nullptr_t>
{
    bool operator()(T t, nullptr_t u) const { return 2; }
};

Example @ Ideone.com

在上面的示例中，特殊版本应该返回2，但是由于返回类型为bool，因此返回值将转换为true，然后显示为{{ 1}}。

为什么编译器会接受呢？

如何防止程序员使用错误的返回类型（甚至错误的参数）来专门化模板？

我知道我可以通过基本模板类/结构中的虚拟方法实现我想要的，并在子级中使用1关键字：

Solution with override（不编译，很好）

但是拥有虚拟方法肯定会创建一个虚拟表，我想尽可能避免这种情况，特别是因为在运行时不需要虚拟表时。除非有一个技巧可以在不构建虚拟表的情况下做到这一点？

此外，我知道如果我可以部分专业化方法或者我可以依赖非部分专业化，那么问题会更简单，但是前者在C ++ AFAIK中是不可能的，而后者不能满足我需要的情况在我的程序中。

Answer 1

创建静态接口的一种好方法是使用curiously recurring template pattern。在您的情况下，它看起来像这样：

template<class Derived, class T, class U>
constexpr bool MyTrait = std::is_same<unsigned int, decltype(std::declval<Derived>()(std::declval<T>(), std::declval<U>()))>::value;

template <typename Derived, class T, class U>
struct StaticInterface
{

    unsigned int operator()(T t, U u) const{
        static_assert( MyTrait<Derived, T, U>, "errr" );

        return (*static_cast<const Derived *>(this))(std::forward<T>(t), std::forward<U>(u));
    }
};

template <typename T, typename U>
struct S : StaticInterface<S<T, U>, T, U>
{
    unsigned int operator()(T t, U u) const{ /* some implementation */}
};

template <typename T>
struct S<T, std::nullptr_t> : StaticInterface<S<T, std::nullptr_t>, T, std::nullptr_t>
{
    bool operator()(T t, std::nullptr_t u) const { return 2; }
};

要使其正常工作，必须通过如下接口完成函数调用：

template<class Derived, class T, class U>
void test(const StaticInterface<Derived, T, U> &inter){
    inter(T(), U());
}

否则，派生运算符将被选为首选。

局部专业化时基于C ++模板的“替代”等效项？

1 个答案: