Question

注意：the following code is illegal, but a conforming compiler is not required to reject it（有些人没有）。

在我正在使用的库中，我有Foo的模板函数声明和Bar中foobar.h的模板函数定义：

template<class C> int Foo();

template<class C> int Bar() {
  return Something(  Foo<C>()  );
}

意图是其他代码可以像这样使用它：

#include "foobar.h"

int main() {
  Bar<MyClass>();
  return 0;
}

// Ideally, the usage (above) and the definition (below)
// would/could be in different translation units. 

template<> int Foo<MyClass>() { return 5; }

问题： 有没有办法让这项工作也合法？

问题是（如果我理解正确的话），尽管进行了编译，但这在技术上是非法的：它违反了ODR，因为显式专业化和Bar<MyClass>的用法都算作定义，尽管在使用案例中没有任何机构可以使用。

我想使用这种模式来参数化Foo的原因是，作为我需要遵循的样式指南的结果，唯一的方法是确保在{的定义之前词汇包含任何内容{1}}是由Bar包含的。但是（因为我希望我不需要解释）这是一个非首发。

Answer 1

有没有办法让这项工作也合法？

是的，在使用之前声明专业化。只需在您的文件中交换specialization和main的顺序，就可以在您提供的示例中执行此操作。但是，在该示例中，您仍然必须确保没有其他TU使用该专业而不声明它。

通常，这些特化应该在标题中声明。

在您的示例的范围内（即没有根本性的变化），没有其他方法可以使这项工作。

Answer 2

这是不合法的，因为无法专门化模板功能。

你可以这样做：

template< typename T >
struct foo
{
  static int doSomething() {return 0;}
};
template< >
struct foo<int>
{
  static int doSomething() {return 5;}
};

Answer 3

这将编译链接并运行VS2008和gcc 4.5.2：

template<class C> int Foo();

int Something(int i ){ return i; }

template<class C> int Bar() {
    return Something(  Foo<C>()  );
}

class MyClass{};
class FooClass{};

// Update:
// Declaration of a specialisation.
template<> int Foo<MyClass>();

int Zoo(){
    return Something(  Foo<MyClass>()  );
}

#include <iostream>

int main() {
    std::cout << Bar<MyClass>() << std::endl;
    std::cout << Zoo() << std::endl;
    std::cout << Bar<FooClass>() << std::endl;
    return 0;
}

// Definitions of specialisations.
template<> int Foo<MyClass>() { return 5; }
template<> int Foo<FooClass>() { return 6; }

输出结果为：

5
5
6

这样做的原因是，尽管只是声明了，但模板函数Foo确实有两个必需的定义可供链接器使用。
在编译时，当编译器看到main的定义时，它可以创建Bar的特化，但不能创建Foo的特化。在这种情况下，它只是创建对Foo<MyClass>()和Foo<FooClass>()的函数调用稍后编译器会找到它编译的Foo的特化，留在目标文件中，但当时没有任何其他内容。链接器运行时，它会找到所需的一切。
的更新
所以我不知道为什么这是非法的，但由于某种原因它似乎确实编译并运行。

这可以合法地用C ++完成吗？

3 个答案: