模板和铸造操作员

Question

此代码可以在 CodeGear 2009 和 Visual Studio 2010 中编译，但不能在 gcc 中编译。为什么？

class Foo
{
public:
    operator int() const;

    template <typename T> T get() const { return this->operator T(); }
};

Foo::operator int() const
{
    return 5;
}

错误信息为：

test.cpp: In member function `T Foo::get() const':
test.cpp：6：错误：“const class Foo”没有名为“operator T”的成员

Answer 1

这是 G++ 中的一个错误。 operator T 是一个非限定的依赖名称（因为它有 T ，因此查找将根据其类型而有所不同）。因此，在实例化时必须查找它。标准规则

两个名字相同如果

• ...
• 它们是由相同类型组成的用户定义的转换函数的名称。

因此，在运算符关键字之后指定的类型名称不必以任何方式进行词法匹配。您可以应用以下解决方法来强制 GCC 将其视为从属名称

template<typename T, typename>
struct identity { typedef T type; };

class Foo
{
public:
    operator int() const;

    template <typename T> T get() const { 
      return this->identity<Foo, T>::type::operator T(); 
    }
};

Answer 2

我不确定 C++ 运算符名称的确切规则是什么，但我相信它试图调用 operator T() 而不是 operator int()。为什么不直接使用强制转换：

template <typename T> T get() const { return static_cast<T>(*this); }

我还没有测试过这个，但我相信这或多或少会完成相同的事情。如果没有，应该有一种方法可以完成此任务，而无需直接调用operator T()。毕竟，这就是重载运算符的用途。

Answer 3

如果我将代码稍微修改为：

template <typename T> T get() const { return operator T(); }

我会通过 GCC 得到以下结果：

有
'operator T' 没有参数
取决于模板参数，因此
“operator T”的声明必须是
可用（如果您使用
'-fpermissive'，G++将接受你的
代码，但允许使用
不推荐使用未声明的名称）

但如果您要使用 -fpermissive，整个事情只有在 T = int 时才有效。

另一方面，为什么不这样做：

template <typename T> T get() const { return *this; }

这就是转换运算符的要点。

Answer 4

我对此的用例有点好奇。我想是这样，你可以说：

Foo f;
int x = f.get<int>();

但为什么不说：

Foo f;
int x = static_cast<int>(f);

键入的时间稍长（尽管可以使用 C 转换表示法），但不需要任何跳圈。