为什么编译器不能从 std::make_shared 中推导出模板参数？

Question

我在“C++ 入门，第 5 版”中的练习中遇到了这个简单的问题：

Exercise 16.38: When we call make_shared (§ 12.1.1, p. 451), we have to provide an explicit template argument. Explain why that argument is needed and how it is used.

我试过了，看到了一些答案和建议，但我还没有被说服。

有人说：

The argument is probably need for the return type which cannot be deduced from the arguments supplied in the function call (i.e. make_shared<int> returns a shared_ptr<int>).

Alternatively the function body of make_shared needs to know what type to allocate to dynamic memory which is not deducible from the arguments supplied.

但我自己试过这段代码：

template <typename T>
std::vector<T> make_vec(T x...)
{
    return std::vector<T>(x);
}

int main()
{
   auto vi = make_vec(77);
   std::cout << vi.size() << std::endl;
}

如您所见，我的 make_vec 可以在没有显式模板参数的情况下工作，而 make_shared() 则不能。这是为什么？

Answer 1

std::make_shared 长得像

template< class T, class... Args >
shared_ptr<T> make_shared( Args&&... args );

之所以需要提供 T 是因为无法从 Args 知道要创建什么类型的对象。假设你有

struct Foo1
{
    Foo1(int, int) {}
};

struct Foo2
{
    Foo2(int, int) {}
};

然后你做

auto foo_ptr = std::make_shared(42, 42);

无法知道您应该创建 Foo1 还是 Foo2，因此您需要提供要创建的对象类型。

Answer 2

对于 std::make_shared 的大多数变体，其中 return 是 std::shared_ptr<T> 或 std::shared_ptr<U[]> - 没有参数具有类型 T。示例：

template< class T, class... Args >
shared_ptr<T> make_shared( Args&&... args );
template<class T>
shared_ptr<T> make_shared( std::size_t N );

（在后一个例子中，对于某些 U，T 必须是 U[]）。

如果这些函数没有类型 T 参数 - 你怎么能推导出 T（或 U）？

在你的例子中，你做接受类型T的参数并且可以很容易地推导出模板参数。

为什么编译器不能从 std::make_shared 中推导出模板参数？

Why the compiler cannot deduce the template arguments from std::make_shared?

c++

make-shared

template-argument-deduction