这在 C++ 中可以合法地完成吗？

Question

注意：以下代码非法 ，但符合标准的编译器不需要拒绝它（有些编译器不需要）。

在我正在使用的库中，我有一个 Foo 的模板函数声明以及 foobar.h 中 Bar 的模板函数定义：

template<class C> int Foo();

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

其目的是其他代码能够像这样使用它：

#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; }

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问题： 有没有办法让这项工作也合法？

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问题是（如果我理解正确的话）尽管编译了，但这在技术上是非法的：它违反了 ODR 因为显式专业化和 Bar 的使用都算作定义，尽管事实上，在用例中没有可以使用的主体。

我想使用此模式来参数化 Foo 的原因是，作为我需要遵循的样式指南的结果，确保在 < 定义之前按词法包含任何内容的唯一方法code>Bar 用于将其包含在 foobar.h 中。但是（因为我希望我不需要解释的原因）这是不可能的。

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。只需交换文件中专业化和主要的顺序即可在您提供的示例中执行此操作。但是，在示例中，您仍然必须确保没有其他 TU 在未声明的情况下使用该专业化。

一般来说，这些专业化应该在标头中声明。

在您的示例的范围内（即没有根本性的改变），没有其他方法可以完成这项工作。

Answer 2

这是不合法的，因为不可能专门化模板函数。

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

这会编译链接并在 VS2008 和 gcc 4.5.2 上运行：

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; }

输出为：

5
5
6

其工作原理是，尽管仅声明了模板函数 Foo ，但它确实具有两个必需的定义，可用于链接器。
在编译时，当编译器看到 main 的定义时，它可以创建 Bar 的特化，但无法创建 Foo 的特化。在本例中，它只是创建对 Foo() 和 Foo() 的函数调用。
随后，编译器发现它编译的 Foo 的特化，并将其保留在目标文件中，但当时不执行任何其他操作。当链接器运行时，它会找到它需要的一切。
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可以编译并运行。