如何从 C 中的方法类型推导类类型模板？

Question

在如下所示的模板中，我希望调用 Run(&Base::foo) 成功，而无需两次命名 Base 类型（如编译 Run中所做的那样） ;(&Base::foo) 调用）。我可以要那个吗？可能不需要添加大量 Boost 标头？

使用提供的代码，我收到错误：（

prog.cpp:26: error: no matching function for call to ‘Run(bool (Base::*)())’

您可以在 http://ideone.com/8NZkq< /a>):

#include <iostream>

class Base {
public:
  bool foo() { return true; }
};

Base* x;

template<typename T>
struct Traits {
  typedef bool (T::*BoolMethodPtr)();
};

template<typename T>
void Run(typename Traits<T>::BoolMethodPtr check) {
  T* y = dynamic_cast<T*>(x);
  std::cout << (y->*check)();
}

int main() {
  Base y;
  x = &y;
  Run<Base>(&Base::foo);
  Run(&Base::foo); // why error?
}

Answer 1

Traits::BoolMethodPtr 中的 T 处于非推导上下文中，因此编译器不会从调用中自动推导 T 的类型。
这是因为可能有这样的代码：

template<typename T>
struct Traits {
  typedef bool (T::*BoolMethodPtr)();
};

template<>
struct Traits<int> {
  typedef bool (Base::*BoolMethodPtr)();
};

Run(&Base::foo); /* What should T be deduced to? Base and int are both equally possible */

如果您可以不使用 Traits 类，则可以将 Run 编写为：

template<class Class>
void Run(bool (Class::*check)()) {
  Class* y = dynamic_cast<Class*>(x);
  std::cout << (y->*check)();
}

在此上下文中，Class 可以推断为 Base 的意思

Answer 2

要区分一种类型（任何类型），请使用部分特化。没有函数模板部分专业化，因此您需要直接在其参数类型上参数化函数并检索内部的类类型。

template< typename T >
struct get_host_class; // most types are not ptmfs: don't implement this

template< typename C >
struct get_host_class< bool (C::*)() > { // implement partial specialization
     typedef C host;
     typedef void sfinae; // disallow function for non ptmf arguments
};

template< typename T >
typename get_host_class<T>::sfinae Run( T check) {
    typedef T BoolMethodPtr; // or something
    typedef typename get_host_class< T >::host host;
}

Answer 3

我认为这是一个非推导的上下文。

$14.8.2.5/5-“非推导的上下文
是： — a 的嵌套名称说明符
使用指定的类型
合格的 ID。”

我认为这句话适用于这种情况。但是一些模板大神需要批准我的理解。

Answer 4

当编译器尝试匹配模板参数时，它仅考虑主类类型。换句话说，当它遇到表达式：

Run(&Base::foo);

...并且它试图找出 Run 的模板参数时，它只考虑 foo 本身的类型，而不会不考虑 foo 所属的任何类。

编辑：

foo 的类型是 bool(Base::*)(void)，但您希望编译器找到的只是 Base >