使函数模板专业化虚拟合法吗？

Question

在 C++ 中，函数模板特化的行为应该与普通函数完全相同。 这是否意味着我可以制作一个虚拟的？

例如：

struct A
{
    template <class T> void f();
    template <> virtual void f<int>() {}
};

struct B : A
{
    template <class T> void f();
    template <> virtual void f<int>() {}
};

int main(int argc, char* argv[])
{
    B b;
    A& a = b;
    a.f<int>();
}

Visual Studio 2005 给出以下错误：

致命错误 C1001：编译器中发生内部错误。

Answer 1

不错的编译器错误。 对于这种类型的检查，我总是先使用 Comeau 编译器，然后再返回标准并进行检查。

Comeau C/C++ 4.3.10.1（2008 年 10 月 6 日）
11:28:09) ONLINE_EVALUATION_BETA2
版权所有 1988-2008 ComeauComputing。
版权所有。 模式：严格
错误 C++ C++0x_extensions

“ComeauTest.c”，第 3 行：错误：
函数中不允许使用“virtual”
模板
宣言
模板 virtual void f();
^

“ComeauTest.c”，第 10 行：错误：
函数中不允许使用“virtual”
模板
宣言
模板 virtual void f();
^

现在，正如另一位用户所发布的那样，事实是该标准不允许您定义虚拟模板化方法。 基本原理是，对于所有虚拟方法，必须在 vtable 中保留一个条目。 问题是模板方法只有在实例化（使用）时才会被定义。 这意味着 vtable 最终在每个编译单元中将具有不同数量的元素，具体取决于发生了多少次对不同类型的 f() 的不同调用。 那么地狱就会出现...

如果您想要的是其参数之一的模板化函数，并且一个特定版本是虚拟的（请注意参数的部分），您可以这样做：

class Base
{
public:
   template <typename T> void f( T a ) {}
   virtual void f( int a ) { std::cout << "base" << std::endl; }
};
class Derived : public Base
{
public:
   virtual void f( int a ) { std::cout << "derived" << std::endl; }
};
int main()
{
   Derived d;
   Base& b = d;
   b.f( 5 ); // The compiler will prefer the non-templated method and print "derived"
}

如果您希望将此泛化为任何类型，那么你运气不好。 考虑另一种类型的委托而不是多态（聚合+委托可能是一个解决方案）。 有关当前问题的更多信息将有助于确定解决方案。

Answer 2

根据 http://www.kuzbass.ru:8086/docs/isocpp/ template.html ISO/IEC 14882:1998：

-3- 成员函数模板不应是虚拟的。

例子：

template <class T> struct AA {
    template <class C> virtual void g(C);   //  Error
    virtual void f();                       //  OK
};

Answer 3

正如其他人所指出的，这不是合法代码，因为成员函数模板不能声明为虚拟的。

然而，即使是 Visual Studio 2012 也对此感到窒息：

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事件日志表明编译器崩溃于0xC0000005，或STATUS_ACCESS_VIOLATION。 有趣的是，某种（非法）代码构造如何使编译器出现段错误......