C++：将模板的类型参数部分特化为另一个模板 class 的成员类型

Question

我有一个包含成员结构 SZug:

的模板结构 SFoo

template <typename tTYPE>
struct SFoo
  {
    struct SZug {};
  };

我有另一个采用类型参数的结构 SBar：

template <typename tTYPE>
struct SBar
  { /* stuff */ };

我想使用 SZug 作为类型参数来专门化 SBar，如下所示：

template <typename tTYPE>
struct SBar<typename SFoo<tTYPE>::SZug>
  { /* different stuff */ };

这无法编译 - LLVM 输出：

non-deducible template parameter 'tTYPE'

虽然编译器可以根据需要轻松推断出这一点，但我猜只是 C++ 规范需要专门涵盖这种情况。

有什么办法可以实现吗？
（注意：我目前正在通过将 SZug 移到 SFoo 之外并使用 using 声明来解决它，但它很难看。）

Answer 1

您可以通过以下内容（打印出 0 1，BTW）获得您正在寻找的效果：

#include <type_traits>
#include <iostream>

namespace detail
{   
    struct SZugBase{};
}   

template <typename tTYPE>
struct SFoo                                                                                                                                
{   
    struct SZug : public detail::SZugBase {}; 
};  

template<typename tType, bool IsFoo>
struct SBarBase
{   
    int value = 0;
};  

template<typename tType>
struct SBarBase<tType, true>
{   
    int value = 1;
};  

template <typename tTYPE>
struct SBar : public SBarBase<tTYPE, std::is_convertible<tTYPE, detail::SZugBase>::value>
{ /* stuff */ };

int main()
{   
    SBar<int> b0; 
    SBar<SFoo<int>::SZug> b1; 

    std::cout << b0.value << " " << b1.value << std::endl;
}

说明

首先，我们给SZug一个常规-class基数：

namespace detail
{   
    struct SZugBase{};
}   

template <typename tTYPE>
struct SFoo                                               
{   
    struct SZug : public detail::SZugBase {}; 
};

注意以下几点：

SZugBase没有任何参数化，所以很容易独立于SFoo
SZugBase 位于 detail 命名空间中，因此，根据常见的 C++ 约定，您告诉代码的客户忽略它。

现在我们给 SBar 两个基数 classes，专门研究某些东西是否可以转换为 SZug 的非模板基数：

template<typename tType, bool IsFoo>
struct SBarBase
{   
    int value = 0;
};  

template<typename tType>
struct SBarBase<tType, true>
{   
    int value = 1;
};

最后，我们只需要将 SBar 作为这些基础的子class（取决于专业化）：

template <typename tTYPE>
struct SBar : public SBarBase<tTYPE, std::is_convertible<tTYPE, detail::SZugBase>::value>
{ /* stuff */ };

请注意，您在这里没有特化 SBar，而是特化基础 class。不过，这有效地产生了相同的效果。

Answer 2

我不确定我是否完全理解你想要做什么，但你可以尝试以下操作（它只需要向 SZug 添加特定属性：

template <typename tTYPE>
struct SFoo {
    struct SZug {
        // Add this to be able to obtain SFoo<T> from SFoo<T>::SZug
        using type = tTYPE;
    };
};

然后是一个小模板来检查类型是否是 SFoo<T>::SZug:

template <typename tTYPE, typename Enabler = void>
struct is_SZug: public std::false_type { };

template <typename tTYPE>
struct is_SZug<tTYPE, typename std::enable_if<
  std::is_same<tTYPE, typename SFoo<typename tTYPE::type>::SZug>{}
>::type>: public std::true_type { };

并对 SBar 模板稍作修改以启用 "specialization" 如果类型是 SZug:

template <typename tTYPE, typename Enabler = void>
struct SBar
  { static void g(); };

template <typename tTYPE>
struct SBar<tTYPE, typename std::enable_if<is_SZug<tTYPE>{}>::type>
  { static void f(); };

一点检查：

void f () {
  SBar<int>::g();
  SBar<SFoo<int>::SZug>::f();
}

注意：也可以直接将SFoo<T>设置为SFoo<T>::SZug中的type属性，只需要修改第二个即可std::is_same的说法有点。

C++：将模板的类型参数部分特化为另一个模板 class 的成员类型

C++: Partially specializing template's type parameter as another template class's member-type

c++

templates

partial-specialization