c++ - 关于C++模板的问题

Question

我知道 C++ 中模板的基础知识，但我仍在学习它。我对以下代码有疑问:

#include <iostream>

using namespace std;

class PNG {
public:
    static void draw() {
        cout<<"PNG drawing"<<endl;
    }
};

template <typename Image>
void draw() {
    Image::draw();
}


int main() {

    draw<PNG>();
}

函数draw() ，我传递类型 Image给它，它将使用 draw() Image 的方法.

template <typename Image>
    void draw() {
        Image::draw();
    }

在这里，我通过 Image并想使用 draw() Image 内部的方法, 但模板函数 draw()没有参数。所以我的问题是，如果我调用这个模板函数 draw()在 main这样:draw<PNG>();允许吗？以及模板功能如何draw()知道PNG是一个类，类的成员函数如何draw()叫什么？

Answer 1

你的第一个问题

if I call this template function draw() in main in this way: draw(); is it allowed?

如您所知，编译器无法自行推断您的意思是draw<PNG>如果没有可从中找出的函数参数。

所以，你必须写(就像你已经写的那样):

int main() {
   draw<PNG>();
}

这里不能省略模板参数。

你的第二个问题

and how the template function draw() knows the PNG is a class, and how the class member function draw() is called?

当函数模板(A)用参数PNG实例化时，生成的函数体看起来像 (B):

// A:

template <typename Image>
void draw() {
    Image::draw();
}

// B:

    PNG::draw();

解析器知道，要让它工作，PNG必须是命名空间或类/结构。否则，函数将不会编译。

假设你调用 draw<int>()相反，例如，您的代码将尝试调用 int::draw() , 这是不可能的。

现在，由于 SFINAE(查找它!)，您不会收到损坏的 int::draw() 的编译错误称呼;这个特定的实例将被简单地禁止存在。您可能会被告知“没有匹配函数 draw() ”，因为 — 排除被禁止的实例化 — 函数不可能重载 draw它可以选择使用。