c++ - 使用 std::remove_pointer 之类的操作在模板中构建派生类型

Question

所以当我有这样的代码时：

shared_ptr<Foo> bar (my_normal_operator<Foo>(mumble));

即使该类型Foo来自左侧字段，它也可以作为返回类型仅通过给定内容的“加法”模式产生：

template <typename Target, typename Source>
shared_ptr<Target> my_normal_operator(Source src)
{
    /* ... whatever ... */
}

但是，如果情况看起来像这样：

shared_ptr<Foo> bar (my_pointer_operator<Foo*>(mumble));

它需要某种方法将指针从类型中拉出。我四处挖掘并找到了std::remove_pointer，但是一个天真的应用程序给出了“类型/值不匹配”：

template <typename Target, typename Source>
shared_ptr< std::remove_pointer<Target>::type > my_pointer_operator(Source src)
{
    /* ... whatever ... */
}

我实际上没想到它会起作用......但我把它放在这里是为了表达我正在寻找的意图！

叹。每次我踏入任何带有模板和特征的新领域时，我都会觉得自己是那些“我不知道自己在做什么”的模因动物之一。：-/

Answer 1

你需要typename：

template <typename Target, typename Source>
shared_ptr< typename std::remove_pointer<Target>::type >
    my_pointer_operator(Source src)
{
    /* ... whatever ... */
}

因为类型std::remove_pointer<Target>::type取决于模板参数。

就个人而言，我会保留TargetasFoo和my_pointer_operatoruse的定义typename std::add_pointer<Target>::type，因此调用者可以更直接地指定返回值。函数名称给出了实现上的差异。