有没有办法为Templatized函数声明一个typename？

Question

所以，我有this templatized function（我知道是丑陋看。）

我的目的不是为了虽然默认模板参数，我的意图是要建立一个typename从T可能在caster使用推导出用户无法分配给。

我的问题是如何为模板化函数创建一个typename用户无法将其作为参数传递？

举个例子：

​​

显然，这段代码不能编译，但是这就是我想实现的行为。是否是函子唯一的方法来做到这一点？

Answer 1

在C++ 14中，使用返回类型推导优雅地解决了这个问题。

// C++14 
#include <type_traits> 

template <typename T> 
decltype(auto) 
foo(T bar) 
{ 
    using R = std::conditional_t<sizeof(T) == 4, char, short>; 
    return static_cast<R>(bar); 
} 

在C++ 11中，您必须重复类型计算。

// C++11 
#include <type_traits> 

template <typename T> 
typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type 
foo(T bar) 
{ 
    using R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type; 
    return static_cast<R>(bar); 
} 

这可以通过使用decltype找出类型来缩短一点。

// C++11 
#include <type_traits> 

template <typename T> 
typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type 
foo(T bar) 
{ 
    using R = decltype(foo(bar)); 
    return static_cast<R>(bar); 
} 

但坦率地说，使用简单的默认类型参数有什么问题？

// C++11 
#include <type_traits> 

template <typename T, 
      typename R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type> 
R 
foo(T bar) 
{ 
    return static_cast<R>(bar); 
} 

请注意，我已经更换的R值初始化你return语句和static_cast沉默编译器警告有关收缩转换。但你确定这是你想要的吗？

Answer 2

一种可能性是使用using类型别名而不是typename。下面的代码在我测试的编译器上编译（记得启用-std=c++11标志）。

#include <type_traits> 
#include <iostream> 

// C++11 
template <typename T> 
using R = typename std::conditional<sizeof(T) == 4, char, short>::type; 

template <typename T> 
R<T> foo(T bar){return R<T>(bar);} 

int main() { 
    std::cout << foo(13.0) << std::endl; 
    return 0; 
} 

在C++ 14中，您可以使用conditional_t特征，这更简单。

// C++14 
template <typename T> 
using R = std::conditional_t<sizeof(T) == 4, char, short>;