::func未被声明为错误

::func has not been declared error

本文关键字:错误 声明 func      更新时间:2023-10-16

我想做的基本上是能够调用一个函数,并让它注册一个c++函数与lua。基本上类似于registerFunction(function)。现在,我知道有一些库可以为你做这些,但是我想学习如何编写这样的库。

我目前的方法是使用模板为传递给它的函数生成相关的glue函数。

我的代码现在看起来像这样:

template<typename F>
struct registerStruct
{
    template<typename T>
    struct inner
    {
        static int func(lua_State*);
    };
};
template<typename F>
void registerFunction(const char *name,F function)
{
    lua_register(this->L,name,&registerStruct<decltype(function)>::inner<function>::func);
}
template<typename F>
struct registerStruct<F(void)> //I would write more classes for different numbers of arguments
{
    template<F(*T)(void)>
    struct inner
    {
        static int func(lua_State *L)
        {
            returnLua(L,T()); //push the return value onto lua's stack
            return 1;
        }
    };
};

然后我试着这样使用它:

int test(void)
{
    std::cout<<"hello from c++"<<std::endl;
    return 0;
}
registerFunction("test",test);

使用gcc编译会产生错误::func未被声明。

registerStruct<decltype(function)>::inner<function>::func

一方面,decltype(function)可以用F代替。

同样,类模板inner需要一个类型作为它的模板参数,而function是一个表达式,而不是类型。应该是::inner<F>

(或者inner根本不需要是模板。嵌套类outer<T>::inner仍然可以使用附加在其封闭类上的模板形参T

c++语法需要一些奇怪的东西来帮助解析器理解模板的含义。通常,c++的含义取决于标识符是用于变量(对象或引用)、类型还是模板。但是在模板中的::.->之后,如果操作符左侧的类型取决于模板参数,则在初始解析过程中不可能弄清楚下一个名称是什么。如果你不帮它,语言会认为这个名字是一个变量。

c++认为registerStruct<decltype(function)>::inner是一个变量。然后是小于运算符<,后跟有效表达式function,然后是大于运算符>,然后是::func。等等,根本没有::func !

要指定inner确实是一个模板,您需要

&registerStruct<F>::template inner<F>::func