有没有办法为模板化函数声明类型名？

Question

所以，我有（我知道它很难看。）

虽然我的意图不是默认模板参数，但我的意图是创建一个派生自 T 的 typename，可以在用户无法分配的 caster 中使用到.

我的问题是如何为用户无法作为参数传递的模板化函数创建 typename？

举个例子：

template <typename T>
typename R = std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>;
R foo(T bar){return R(bar);}

显然这段代码无法编译，但这是我想要完成的行为。函子是唯一的方法吗？

Answer 1

一种可能性是使用 using 类型别名而不是 typename。以下代码在我测试的编译器上编译（记得启用 -std=c++11 标志）。

#include <type_traits>
#include <iostream>

// C++11
template <typename T>
using R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type;

template <typename T>
R<T> foo(T bar){return R<T>(bar);}

int main() {
  std::cout << foo(13.0) << std::endl;
  return 0;
}

在C++14中，可以使用conditional_t trait，更加简单。

// C++14
template <typename T>
using R = std::conditional_t<sizeof(T) == 4, char, short>;

Answer 2

在 C++14 中，这可以使用 return 类型推导优雅地解决。

// C++14
#include <type_traits>

template <typename T>
decltype(auto)
foo(T bar)
{
  using R = std::conditional_t<sizeof(T) == 4, char, short>;
  return static_cast<R>(bar);
}

在 C++11 中，您必须重复类型计算。

// C++11
#include <type_traits>

template <typename T>
typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type
foo(T bar)
{
  using R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type;
  return static_cast<R>(bar);
}

这可以通过使用 decltype 来确定类型来缩短一点。

// C++11
#include <type_traits>

template <typename T>
typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type
foo(T bar)
{
  using R = decltype(foo(bar));
  return static_cast<R>(bar);
}

但坦率地说，使用简单的默认类型参数有什么问题？

// C++11
#include <type_traits>

template <typename T,
          typename R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type>
R
foo(T bar)
{
  return static_cast<R>(bar);
}

请注意，我已将 return 语句中 R 的值初始化替换为 static_cast 以消除编译器关于缩小转换的警告。不过，您确定这就是您想要的吗？

有没有办法为模板化函数声明类型名？

Is There a Way to Declare a typename for a Templatized Function?

c++

templates

parameters

typename

function-templates