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在如下所示的模板中，我希望调用Run(&Base::foo)成功而不需要两次命名 Base 类型（就像在编译Run<Base>(&Base::foo)调用中所做的那样）。我可以拥有吗？可能不添加大量Boost标头？

使用提供的代码，我收到以下错误：

prog.cpp:26: error: no matching function for call to ‘Run(bool (Base::*)())’

（您可以在http://ideone.com/8NZkq上修改片段）：

#include <iostream>

class Base {
public:
  bool foo() { return true; }
};

Base* x;

template<typename T>
struct Traits {
  typedef bool (T::*BoolMethodPtr)();
};

template<typename T>
void Run(typename Traits<T>::BoolMethodPtr check) {
  T* y = dynamic_cast<T*>(x);
  std::cout << (y->*check)();
}

int main() {
  Base y;
  x = &y;
  Run<Base>(&Base::foo);
  Run(&Base::foo); // why error?
}
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Tin在Traits<T>::BoolMethodPtr非推导上下文中，因此编译器不会从调用中自动推导 T 应该是什么类型。这是因为可能有这样的代码：

template<typename T>
struct Traits {
  typedef bool (T::*BoolMethodPtr)();
};

template<>
struct Traits<int> {
  typedef bool (Base::*BoolMethodPtr)();
};

Run(&Base::foo); /* What should T be deduced to? Base and int are both equally possible */

如果你可以不用Traits<T>类，你可以写成Run：

template<class Class>
void Run(bool (Class::*check)()) {
  Class* y = dynamic_cast<Class*>(x);
  std::cout << (y->*check)();
}

在这种情况下，Class可以推断为Base

于 2010-09-30T12:55:57.597 回答
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要区分类型，任何类型，请使用部分专业化。没有函数模板部分特化，因此您需要直接将函数参数化为其参数类型并检索内部的类类型。

template< typename T >
struct get_host_class; // most types are not ptmfs: don't implement this

template< typename C >
struct get_host_class< bool (C::*)() > { // implement partial specialization
     typedef C host;
     typedef void sfinae; // disallow function for non ptmf arguments
};

template< typename T >
typename get_host_class<T>::sfinae Run( T check) {
    typedef T BoolMethodPtr; // or something
    typedef typename get_host_class< T >::host host;
}
于 2010-09-30T12:55:42.793 回答
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我认为这是一个非推断的上下文。

$14.8.2.5/5-“非推导上下文是：- 使用限定 ID 指定的类型的嵌套名称说明符。”

我认为这是适用于这种情况的报价。不过需要一些模板大神来认可我的理解。

于 2010-09-30T12:43:10.273 回答
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当编译器尝试匹配模板参数时，它只考虑主类类型。换句话说，当它遇到表达式时：

Run(&Base::foo);

...并且它试图找出 的模板参数Run，它只考虑foo自身的类型，而不考虑属于哪个类foo。

编辑：

的类型foo是bool(Base::*)(void)，但你希望编译器找到的只是Base

于 2010-09-30T12:44:01.973 回答