C++：部分专业模板的类型参数作为另一个模板类的成员类型

Question

我有一个模板结构SFoo包含的成员结构SZug：

template <typename tTYPE> 
struct SFoo 
    { 
    struct SZug {}; 
    }; 

我有另一种结构SBar，需要一个类型参数：

template <typename tTYPE> 
struct SBar 
    { /* stuff */ }; 

我想使用SZug为类型参数专门SBar，像这样：

个

template <typename tTYPE> 
struct SBar<typename SFoo<tTYPE>::SZug> 
    { /* different stuff */ }; 

这不会编译 - LLVM输出：

非抵扣模板参数“TTYPE”

虽然编译器可以很容易地推断出这一点，如果它愿意，我猜这是只是C++规范需要专门涵盖这种情况。

有什么办法可以达到这个目的吗？
（注：我目前工作围绕它通过移动SZug外SFoo和使用using声明，但它的丑陋）

Answer 1

我不知道我完全理解你想做的事，但你可以尝试以下的（只需要添加特定的属性SZug：

template <typename tTYPE> 
struct SFoo { 
    struct SZug { 
     // Add this to be able to obtain SFoo<T> from SFoo<T>::SZug 
     using type = tTYPE; 
    }; 
}; 

再小的模板来检查，如果一个类型是SFoo<T>::SZug：

template <typename tTYPE, typename Enabler = void> 
struct is_SZug: public std::false_type { }; 

template <typename tTYPE> 
struct is_SZug<tTYPE, typename std::enable_if< 
    std::is_same<tTYPE, typename SFoo<typename tTYPE::type>::SZug>{} 
>::type>: public std::true_type { }; 

和轻微修改的SBar模板，使“专业化”，如果该类型是SZug：

template <typename tTYPE, typename Enabler = void> 
struct SBar 
    { static void g(); }; 

template <typename tTYPE> 
struct SBar<tTYPE, typename std::enable_if<is_SZug<tTYPE>{}>::type> 
    { static void f(); }; 

小检查：

void f() { 
    SBar<int>::g(); 
    SBar<SFoo<int>::SZug>::f(); 
} 

注：您也可以直接设置SFoo<T>为type属性在SFoo<T>::SZug，你只需要改变的std::is_same一点点的第二个参数。

Answer 2

你可以得到效果为您正在寻找通过以下（打印出0 1，顺便说一句）：

#include <type_traits> 
#include <iostream> 

namespace detail 
{ 
    struct SZugBase{}; 
} 

template <typename tTYPE> 
struct SFoo                                 
{ 
    struct SZug : public detail::SZugBase {}; 
}; 

template<typename tType, bool IsFoo> 
struct SBarBase 
{ 
    int value = 0; 
}; 

template<typename tType> 
struct SBarBase<tType, true> 
{ 
    int value = 1; 
}; 

template <typename tTYPE> 
struct SBar : public SBarBase<tTYPE, std::is_convertible<tTYPE, detail::SZugBase>::value> 
{ /* stuff */ }; 

int main() 
{ 
    SBar<int> b0; 
    SBar<SFoo<int>::SZug> b1; 

    std::cout << b0.value << " " << b1.value << std::endl; 
} 

说明

首先，我们得到一个SZug常规b类ASE：

namespace detail 
{ 
    struct SZugBase{}; 
} 

template <typename tTYPE> 
struct SFoo            
{ 
    struct SZug : public detail::SZugBase {}; 
}; 

注意以下几点：

1. SZugBase不受任何参数，所以很容易独立地指的SFoo

2. SZugBase参数来它是在一个detail命名空间，所以，按照常见的C++约定，你告诉客户端你的代码忽略它。

现在我们给SBar两个基类，专业上的东西是否可以转换为的SZug非模板的基础：

template<typename tType, bool IsFoo> 
struct SBarBase 
{ 
    int value = 0; 
}; 

template<typename tType> 
struct SBarBase<tType, true> 
{ 
    int value = 1; 
}; 

最后，我们只需要做出SBar这些基地的子类（取决于专业化）：

template <typename tTYPE> 
struct SBar : public SBarBase<tTYPE, std::is_convertible<tTYPE, detail::SZugBase>::value> 
{ /* stuff */ }; 

请注意，你不擅长SBar她e，你更专门化基类。不过，这实际上会产生相同的效果。