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C++11 添加了别名模板，例如：

 template<typename T> using identity = T;
 template<bool b, typename T = void> using EnableIf = typename std::enable_if<b, T>::type;

template这些比在字段中为您提供返回值的旧类型映射更容易使用，::type因为即使您的类型参数依赖于本地上下文，您也不需要通知编译器结果是一个类型。

实际上，您typename从使用位置提升到using别名。

有什么等效的东西可以用来摆脱产生的无关templates 吗？

假设您有一个元函数，其输出是类或别名模板而不是类型。当前的方法是这样的：

template<typename T>
struct my_meta {
  template<typename U>
  using Template = identity<U>;
};

template<typename T>
struct my_meta {
  template<typename U>
  using Template = int;
};

然后我们可以像这样使用它：

template<typename T, typename U>
typename my_meta<T>::template Template<U>
do_stuff( U&& ) { return {}; }

返回类型中的那个额外template关键字的存在是为了消除我的元函数的返回值的歧义，这是我想要消除的。

有没有办法向编译器表明元计算的结果是 C++11 或 C++1y 中的另一个别名或类模板，而不template在调用位置使用关键字？

IE：

template<typename T, typename U>
my_meta_template<T><U>
do_stuff( U&& ) { return {}; }

甚至

template<template<typename> class Template>
void do_more_stuff() {}

template<typename T>
void do_stuff() {
  // syntax I want: just produce an alias or class template directly:
  do_more_stuff< my_meta_template<T> >();
  // vs what I find is required: the disambiguator:
  do_more_stuff< my_meta<T>::template Template >();
};
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我知道删除的最佳方法template是制作简单的变形器，它将为您完成：

template<typename Meta, typename U>
using apply = typename Meta::template Template<U>;

并且您以前使用的每个地方都template<typename> class Template将其替换为typename Meta.

template<typename Meta>
void do_more_stuff()
{
    apply<Meta, int>::func(); //=== Meta::template Template<int>::func();
}

template<typename T>
void do_stuff() {
  do_more_stuff< my_meta<T> >();
  do_more_stuff< my_meta<T> >();
};
于 2013-06-28T12:41:21.673 回答