我有一个以 typename T 为模板的类(class).它包含一个函数，
template <typename T, size_t a>
myClass<T,a> operator+(myClass<T,a> lhs, const T& rhs) {
return lhs += rhs;
}
myClass<T,a> myClass<T,a>::operator+=(const T& rhs) {
// Do addition, depends on 'a'.
return *this;
}
例如，当我调用它时
myClass<double, 2> myObj_double_2(constructor args);
myObj_double_2 = myObj_double_2 + 5.2;
我没问题。
如果我打电话
myObj_double_2 = myObj_double_2 + 5;
然后编译器给我一条消息，例如 - No match for 'operator+' (operand types are 'myClass<double, 2ul>' and 'int'). Candidates are ... note: deduced conflicting types for parameter 'const T' ('double' and 'int') .
我能否以某种方式编写代码以允许传递转换为 T 的其他类型？ (例如，因为 double(5) 是有效的构造函数调用)？
最佳答案
当您使用模板参数推导时，一个模板参数的所有推导必须具有相同的结果。
在您的情况下，T 的两次扣除生产 double和 int , 不一样，所以扣法失败。
你可以做的只是使用一个函数参数进行模板参数推导，而另一个不推导:
template <typename T, std::size_t A>
void foo(myClass<T, A> arg1, typename std::common_type<T>::type arg2);
// ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
请注意 std::common_type<T>::type本质上只是T , 但因为 arg2 的类型现在是一个依赖类型(它的名字出现在 :: 的右边)，它不会被推导出来。因此，只有第一个参数参与推演并产生T = double。毫无疑问，然后第二个函数参数的类型为 double ，然后进行通常的转换。
根据经验，模板参数推导不会跨越 :: .
关于c++ - 为什么我的模板函数不将 'int' 提升为 'T' ，其中 'T' = 'double' ？，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/32944584/