假设我有一个基本模板功能foo<T>()，其中包含的完全专业化功能T = int。基础模板的身体foo<T>()调用另一个模板，Bar<T>::baz但foo<int>()确实没有。
如果foo<int>()被写入，则如果没有成员，则编译将失败！为什么是这样？我们从不调用基本模板，也不能，因为它被专业化掩盖了！如果从基本模板中删除了对它的引用，则可以确认；编译成功，我们看到确实按预期调用了的专用版本。Bar<int>bazBarfoo()
foo.h
#include <iostream>
template <typename T>
class Bar {};
template <typename T>
void foo(T arg) {
Bar<T>::foo(); // XXX: error; comment to fix
std::cout << "using base template" << std::endl;
}
foo.cpp
#include "foo.h"
template <> void foo<int>(int i) {
std::cout << "specialization" << std::endl;
}
main.cpp
#include "foo.h"
int main(int argc, char **argv) {
int i = 1;
foo<int>(i); // prints "specialization" if noted line is commented
return 0;
}
为什么无法编译？
您会看到此问题，因为专业化放置在其他编译单元或其他.cpp文件中。放入foo.h以获得预期的行为。
编辑
对于您在处理多定义问题时的评论问题，请检查以下示例。
您可以将专业化的定义移至.cpp文件，并将声明保留在头文件中，如下所示：
foo.h
#include <iostream>
template <typename T>
class Bar {};
template <typename T>
void foo(T arg) {
Bar<T>::foo();
std::cout << "using base template" << std::endl;
}
template <>
void foo<int>(int i); // declaration
foo_int.cpp
#include "foo.h"
template<>
void foo<int>(int i)
{
std::cout << "specialization" << std::endl;
}
main.cpp
#include "foo.h"
void something();
int main(int argc, char **argv) {
int i = 1;
foo<int>(i);
something();
return 0;
}
something.cpp
#include "foo.h"
void something() {
int i = 1;
foo<int>(i);
}
本文收集自互联网，转载请注明来源。
如有侵权，请联系[email protected] 删除。
我来说两句