具有模板化类参数的模板化函数

templated function with an argument that is a templated class

本文关键字：函数 参数      更新时间：2023-10-16

我意识到有很多类似的问题，但我找不到任何可以解决我的问题（阅读：我没有真正理解答案，因此我可以将其应用于我的情况）

我有以下功能：

void printVariable(map<string, bool*>::iterator it)
{
   cout << it->first << " " << *(it->second) << endl;
}

现在，如果我有map<string, bool*> mapping我可以执行以下操作：printVariable(mapping.begin());

这行得通，现在我也有一个map<string, int*>并希望能够做同样的事情，所以我想我更改了 printVariable 函数：

template <typename T>
void printVariable(map<string, T*>::iterator it)
{
   cout << it->first << " " << *(it->second) << endl;
}

但是，这会产生编译错误（gcc）：

error: variable or field 'printVariable' declared void
error: expected ')' before 'it'

我想我可以通过重载函数来轻松解决此问题。但我想知道为什么上述方法不起作用。

Edit2：删除了声称正确解决方案错误的文字

你必须说typename来消除依赖名称的歧义：

template <typename T>
void printVariable(typename map<string, T*>::iterator it)
//                 ^^^^^^^^

但是，请注意，这不是一个可推导的上下文，因此这种形式不是很方便。

更好的是，只需将整个迭代器设置为模板参数：

template <typename Iter>
void printVariable(Iter it)
{ /* ... */ }

这样，您还可以捕获具有非标准比较器或分配器的地图，以及无序地图等。

这里有一个简单的思想实验，说明为什么在第一种情况下你没有可推导的上下文：在下面的foo召唤中，T应该如何推导？

template <typename T> void foo(typename Bar<T>::type);
template <typename T> struct Bar { typedef char type; };
template <> struct Bar<int>      { typedef int type; };
template <> struct Bar<double>   { typedef int type; };
foo(10); // What is T?
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