c++ - 如果类的全局实例不存在则触发错误

Question

对于应用程序，我需要确保一种类型 ( Instance ) 在与另一种类型 ( System ) 结合使用之前已注册。

通过创建 Register 的全局实例进行注册类:

// Instance.cpp
#include "Instance.h"
#include "System.h"
#include "Register.h"

static Register<Instance, System> instanceRegistration;

注册后，Instance可与 System 结合使用，在这个简化的例子中通过调用 runme功能:

// main.cpp
#include "Instance.h"
#include "System.h"

template <typename T, typename T_System>
void runme() {
    // TODO: error if type T was not registered for type T_System.
    // ...
    // Code that fails if no instance of Register<Instance, System> exists
    // ...
}

int main() {
    runme<Instance, System>();
}

调用 runme使用未一起注册的模板参数的组合应该会失败(在这种情况下，真实代码会出现段错误)。

目前，在 runme 中进行了运行时检查针对全局 bool在 Register 中设置的构造函数。如果全局bool是false , 抛出异常。这很好用。

但是，我想将错误检查移到编译时，因为理论上链接器应该能够确定 Register 的全局实例是否存在。类存在。

问题:

如果对 runme<Instance, System>() 进行调用，是否有某种方法可以生成链接器错误不存在 Register<Instance, System> 类型的全局变量？

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附加的头文件如下:

// Instance.h
class Instance { };

---

// System.h
class System { };

---

// Register.h
template <typename T, typename T_System>
class Register {
public:
    Register() {
        // Some side effects...
    }
};

Answer 1

这并不完美，但它可以帮助您完成大部分工作。首先，声明一个名为(比方说)EnsureRegistered() 的未实现函数。以与 Register 相同的参数为模板;也许在 Register.h 中:

template<typename T, typename T_System>
void EnsureRegistered(); // not implemented here!

现在，每当您创建 Register , 提供 EnsureRegistered() 的显式特化(也许使用预处理器宏来自动执行此操作):

Register<int, int> g_Register_i_i;

template<>
void EnsureRegistered<int, int>() {}

最后调用runme()中的函数(或者如果性能非常关键，只需获取它的地址并将其分配给某些东西):

template<typename T, typename T_System>
void runme()
{
    EnsureRegistered<T, T_System>();
    // ...
}

现在，runme<int, int>()将构建，但是 runme<int, double>()会给出链接错误。