具有默认模板参数的多态类的模板推导失败

Template deduction fails for polymorphic class with default template parameters

本文关键字：失败 参数 默认 多态      更新时间：2023-10-16

考虑这个例子：

#include <memory>
template<typename T>
class A {};
template<typename T1, typename T2>
class B: public A<T1> {};
template<typename T = int>
void foo(std::shared_ptr< A<T> > test)
{
}
int main()
{
auto p = std::make_shared<B<int, int>>();
foo<int>(p);    // Works
foo<>(p);       // Does not work
foo(p);         // Does not work
}

我试图在不显式指定foo的类型T的情况下编译它，但它不起作用。我不知道为什么如果我明确地指定了T类型，它就可以正常工作，但如果我指定了，它就不会编译，即使我已经告诉编译器如果我没有明确指定T类型，T应该是什么。

我明白为什么编译器不能推导类型t，但为什么在我没有指定的情况下它不能使用我的默认类型t？我该如何解决这个问题？什么是"正确"的方法？

问题与默认模板参数无关。相反，p(std::shared_ptr<B<int, int>>(的类型无法与模板foo的std::shared_ptr<T>参数匹配：在模板参数推导过程中，不考虑转换，将对派生类实例的引用作为基类引用传递确实是一种转换。

您可以通过显式向上转换std::shared_ptr管理的指针来解决此问题。

std::shared_ptr<A<int>> p = std::make_shared<B<int, int>>();

现在，这些电话将按预期进行：

foo<>(p); // Ok, argument matches the signature
foo(p);   // Same...

请注意，模板参数类型是否出现在函数模板的参数列表中(使推导成为可能(有很大的区别。考虑这两个模板，

template <class T = int> void foo(T&&)
{
std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << "n";
}
template <class T = int> void bar(double)
{
std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << "n";
}

两者都有默认类型int，但当它们像一样实例化时

foo<>(0.0); // outputs: void foo(T&&) [with T = double]
bar<>(0.0); // outputs: void bar(double) [with T = int]

第一个实例化使用函数参数来推导模板参数(结果为double(，而第二个实例化不推导任何内容，默认为int。

相关文章：