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我正在尝试将模板参数推导与继承和std::shared_ptr. 正如您在下面的示例代码中所见,我将 a 传递shared_ptr<Derived>给模板化的非成员函数,该函数应该执行模板参数推导。如果我手动命名类型一切正常,如果我让它做模板参数推导它就不行。编译器似乎无法确定类型,但错误消息显示它确实如此。我不确定这里发生了什么,如果有任何意见,我将不胜感激。(视觉工作室 2010)

#include <memory>

template <typename T>
class Base {};

class Derived : public Base<int> {};

template <typename T>
void func(std::shared_ptr<Base<T> > ptr) {};

int main(int argc, char* argv[])
{
   std::shared_ptr<Base<int>> myfoo(std::shared_ptr<Derived>(new Derived)); // Compiles
   func(myfoo);    // Compiles
   func<int>(std::shared_ptr<Derived>(new Derived));  // Compiles
   func(std::shared_ptr<Derived>(new Derived));  // Doesn't compile. The error message suggests it did deduce the template argument.

   return 0;
}

错误信息:

5> error C2664: 'func' : cannot convert parameter 1 from 'std::tr1::shared_ptr<_Ty>' to 'std::tr1::shared_ptr<_Ty>'
5>          with
5>          [
5>              _Ty=Derived
5>          ]
5>          and
5>          [
5>              _Ty=Base<int>
5>          ]
5>          Binding to reference
5>          followed by
5>          Call to constructor 'std::tr1::shared_ptr<_Ty>::shared_ptr<Derived>(std::tr1::shared_ptr<Derived> &&,void **)'
5>          with
5>          [
5>              _Ty=Base<int>
5>          ]
5>          c:\Program Files (x86)\Microsoft Visual Studio 10.0\VC\include\memory(1532) : see declaration of 'std::tr1::shared_ptr<_Ty>::shared_ptr'
5>          with
5>          [
5>              _Ty=Base<int>
5>          ]
5>
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2 回答 2

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虽然编译器在进行类型推导时可以执行派生到基的转换,但std::shared_ptr<Derived>本身并不派生自.std::shared_ptr<Base<int>>

两者之间有一个用户定义的转换,允许shared_ptr在多态性方面表现得像常规指针,但编译器在执行类型推导时不会考虑用户定义的转换。

在不考虑用户定义的转换的情况下,编译器无法推断出T与的shared_ptr<Base<T>>相同shared_ptr<Derived>或基类(shared_ptr<Derived>一次,shared_ptr<Base<int>>不是的基类)。shared_ptr<Derived>

因此,类型推导失败。

为了解决这个问题,你可以让你的函数的参数是一个简单的shared_ptr<T> ,并添加一个 SFINAE 约束,以确保只有当参数的类型派生自(或是)Base类的实例时才选择重载模板:

#include <type_traits>

namespace detail
{
    template<typename T>
    void deducer(Base<T>);

    bool deducer(...);
}

template <typename T, typename std::enable_if<
    std::is_same<
        decltype(detail::deducer(std::declval<T>())),
        void
        >::value>::type* = nullptr>
void func(std::shared_ptr<T> ptr)
{
    // ...
}

这是一个活生生的例子

于 2013-06-03T23:19:28.070 回答
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如果你这样写,它会起作用:

template <typename T>
void func(std::shared_ptr<T> ptr) {};

如果你真的想显式地阻止函数被不是从 Base 派生的东西调用,你可以使用 type_traits/enable_if/etc。

于 2013-06-03T23:33:22.783 回答