C++ : 나는 타입 매개 변수를 다른 구조체 <code>SBar</code>이</p> <pre><code>template <typename tTYPE> struct SFoo { struct SZug {}; }; </code></pre> <p>: 다른 템플릿 클래스의 멤버 형 등 일부 전문 템플릿의 형식 매개 변수는

Question

나는 멤버 구조체 SZug 포함 된 템플릿 구조체 SFoo이

template <typename tTYPE> 
struct SBar 
    { /* stuff */ }; 

나는 형식 매개 변수에 대한 SZug를 사용하여 SBar 전문과 같이하고 싶습니다 :

개

template <typename tTYPE> 
struct SBar<typename SFoo<tTYPE>::SZug> 
    { /* different stuff */ }; 

이 컴파일되지 않습니다 - LLVM 출력 :

비 추론 될 템플릿 매개 변수 'tTYPE'는 컴파일러가 쉽게이 원한다면이를 추론 할 수 있지만

, 내가 추측하고있어 그것의 C++ 스펙은이 케이스를 특별히 다룰 필요가 있습니다.

이것을 달성 할 방법이 있습니까?
는 (참고 :. 나는 현재 SFoo의 SZug 외부 이동하고 using 선언을 사용하여 주위에 일하고 있어요,하지만 추한)

Answer 1

나는 완전히 당신이 원하는 것을 이해되지 확신합니다,하지만 당신은 다음 (단지 SZug에 특정 속성을 추가 필요 시도 할 수 :

template <typename tTYPE> 
struct SFoo { 
    struct SZug { 
     // Add this to be able to obtain SFoo<T> from SFoo<T>::SZug 
     using type = tTYPE; 
    }; 
}; 

그런 다음 작은 템플릿 유형 있는지 확인하는

: 유형이 SZug 경우

template <typename tTYPE, typename Enabler = void> 
struct is_SZug: public std::false_type { }; 

template <typename tTYPE> 
struct is_SZug<tTYPE, typename std::enable_if< 
    std::is_same<tTYPE, typename SFoo<typename tTYPE::type>::SZug>{} 
>::type>: public std::true_type { }; 

그리고 "전문성"을 가능하게하는 SBar 템플릿을 약간 수정하십시오 SFoo<T>::SZug입니다

template <typename tTYPE, typename Enabler = void> 
struct SBar 
    { static void g(); }; 

template <typename tTYPE> 
struct SBar<tTYPE, typename std::enable_if<is_SZug<tTYPE>{}>::type> 
    { static void f(); }; 

약간의 검사 :

void f() { 
    SBar<int>::g(); 
    SBar<SFoo<int>::SZug>::f(); 
} 

참고 : 당신은 직접 당신이 단순히 std::is_same 조금의 두 번째 인수를 변경해야, SFoo<T>::SZug에 type 속성으로 SFoo<T>을 설정할 수 있습니다.

Answer 2

당신은 (있는 다음을 통해 찾고있는 효과를 얻을 수 있습니다 이는) BTW, 0 1 출력합니다 :

#include <type_traits> 
#include <iostream> 

namespace detail 
{ 
    struct SZugBase{}; 
} 

template <typename tTYPE> 
struct SFoo                                 
{ 
    struct SZug : public detail::SZugBase {}; 
}; 

template<typename tType, bool IsFoo> 
struct SBarBase 
{ 
    int value = 0; 
}; 

template<typename tType> 
struct SBarBase<tType, true> 
{ 
    int value = 1; 
}; 

template <typename tTYPE> 
struct SBar : public SBarBase<tTYPE, std::is_convertible<tTYPE, detail::SZugBase>::value> 
{ /* stuff */ }; 

int main() 
{ 
    SBar<int> b0; 
    SBar<SFoo<int>::SZug> b1; 

    std::cout << b0.value << " " << b1.value << std::endl; 
} 

설명

는 첫째, 우리는 SZug 정규-B 등급을 부여 ASE :

namespace detail 
{ 
    struct SZugBase{}; 
} 

template <typename tTYPE> 
struct SFoo            
{ 
    struct SZug : public detail::SZugBase {}; 
}; 

참고 다음

1. SZugBase은 아무것도에 의해 파라미터, 그래서 SFoo

2. SZugBase의 매개 변수에 독립적으로 그것을 참조하기 쉬운에되지

   detail 네임 스페이스이므로 일반적인 C++ 규칙에 따라 클라이언트에 코드를 무시하도록 지시하고 있습니다.

이제 우리는 뭔가 SZug의 비 템플릿 기반에 전환 여부에 전문 SBar 두 개의 기본 클래스, 제공 : 마지막으로

template<typename tType, bool IsFoo> 
struct SBarBase 
{ 
    int value = 0; 
}; 

template<typename tType> 
struct SBarBase<tType, true> 
{ 
    int value = 1; 
}; 

을, 우리는 단지 SBar이 기지의 서브 클래스를 만들 필요가 (전문화에 따라) : 당신이 SBar을 전문으로하지 않는

template <typename tTYPE> 
struct SBar : public SBarBase<tTYPE, std::is_convertible<tTYPE, detail::SZugBase>::value> 
{ /* stuff */ }; 

주를 그녀의 e, 당신은 오히려 기본 클래스를 전문화합니다. 이것은 효과적으로 동일한 효과를 제공합니다.