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函数的语言链接是其类型的一部分：

ISO C++ 标准的 7.5.1 [dcl.link]：

所有函数类型、函数名和变量名的默认语言链接是 C++ 语言链接。具有不同语言链接的两个函数类型是不同的类型，即使它们在其他方面相同。

是否可以针对函数指针的链接类型专门化模板，或者以其他方式自省函数指针的类型以确定其在编译时的链接？

第一次尝试似乎不合法：

#include <iostream>
#include <typeinfo>

struct cpp {};
struct c {};

extern "C++" void foo()
{
  std::cout << "foo" << std::endl;
}

extern "C" void bar()
{
  std::cout << "bar" << std::endl;
}

template<typename> struct linkage;

template<>
  struct linkage<void(*)()>
{
  typedef cpp type;
};

template<>
  struct linkage<extern "C" void(*)()>
{
  typedef c type;
}


int main()
{
  std::cout << "linkage of foo: " << typeid(linkage<decltype(&foo)>::type).name() << std::endl;
  std::cout << "linkage of bar: " << typeid(linkage<decltype(&bar)>::type).name() << std::endl;
  return 0;
}

g++-4.6输出：

$ g++ -std=c++0x test.cpp 
test.cpp:26:38: error: template argument 1 is invalid
test.cpp:26:3: error: new types may not be defined in a return type
test.cpp:26:3: note: (perhaps a semicolon is missing after the definition of ‘&lt;type error>’)
test.cpp:32:10: error: two or more data types in declaration of ‘main’

是否有一些 SFINAE 应用程序可以实现此功能？

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1 回答 1

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是的，我相信您应该能够根据 C++ 标准根据其语言链接专门化模板。我用Comeau 编译器在线测试了以下代码，它编译没有错误：

#include <iostream>
#include <typeinfo>

struct cpp {};
struct c {};

extern "C++" typedef void(*cppfunc)();
extern "C" typedef void(*cfunc)();

extern "C++" void foo()
{
  std::cout << "foo" << std::endl;
}

extern "C" void bar()
{
  std::cout << "bar" << std::endl;
}

template<typename> struct linkage;

template<>
  struct linkage<cppfunc>
{
  typedef cpp type;
};

template<>
  struct linkage<cfunc>
{
  typedef c type;
};


int main()
{
  std::cout << "linkage of foo: " << typeid(linkage<decltype(&foo)>::type).name() << std::endl;
  std::cout << "linkage of bar: " << typeid(linkage<decltype(&bar)>::type).name() << std::endl;
  return 0;
}

但是，我相信由于 gcc 错误，gcc 不会根据语言链接来区分函数类型，因此 gcc 无法做到这一点（而且似乎不确定他们何时会修复此问题）。

于 2012-10-13T01:03:10.110 回答