如果一个人有
template <class T>
class A{};
// global namespace, static storage duration
static constexpr A<int> a;
是否可以推导出类型 A<int>
路过a
作为引用模板参数,例如:
// This question asks to make the syntax in the following line compile:
static_assert(std::is_same<A<int>, typename GetReferenceType<a>::type>::value, "");
// I am aware the next line works, but it's not what I am looking for in this question
static_assert(std::is_same<A<int>, decltype(a)>::value, "");
// This is pseudo code of how this could work in theory
template <const T& RefT, class T> // I know this does not compile, but this shows what I want
struct GetReferenceType{ // which is automatically deduce type `T` without having to
using type = T; // write it out
};
解释为什么这在 C++ 中不可能的答案与编译此语法的解决方案一样受欢迎:) 我主要是出于好奇而问,因为基本上其他所有内容都可以在模板中推断出来,但显然不是引用类型。
这也应该有效,但不满足上述语法要求:
template <class T>
constexpr auto GetReferenceTypeFunc(const T& t) -> T;
static_assert(std::is_same<A<int>, decltype(GetReferenceTypeFunc(a))>::value, "");
为什么我要这样做
我力求最简洁的语法。
而Instantiate<decltype(a)>
有效,但它在简洁性方面排名并不高,尤其是像 Instantiate<a>
这样的语法。是可能的。
想象一下a
没有短类型A<int>
但类似的东西
A<OmgWhyIsThisTypeNameSoLong>
.
然后,如果你想实例化一个类型 A<OmgWhyIsThisTypeNameSoLong>
,你必须写:
Instantiate<A<OmgWhyIsThisTypeNameSoLong>>;
恰好我们已经有了一个全局对象 a
,所以最好不必写那么长的类型,而是 Instantiate<a>
.
当然可以选择创建别名 using AOmg = A<OmgWhyIsThisTypeNameSoLong>
但我真的很想避免使用另一个与 A
非常相似的名称来垃圾邮件命名空间。 .
最佳答案
在 C++20 中,您可能会这样做:
template <auto V>
struct GetReferenceType
{
using type = std::decay_t<decltype(V)>;
};
static_assert(std::is_same<A<int>, GetReferenceType<a>::type>::value);
但是decltype
似乎足够了。
// I not only want to deduce
A<int>
but alsoint
所以你可能想要这样的特征:
template <typename> struct t_parameter;
template <template <typename > class C, typename T> struct t_parameter<C<T>>
{
using type = T;
};
但简单的替代方法是直接在A
中添加信息:
template <class T>
class A{
using value_type = T;
};
关于c++ - 推导引用模板参数的类型,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/60881423/