c++ - 具有派生的模板化类和智能指针的模板推导

Question

假设我有一个模板化基类，以及从中派生的模板化类:

template <typename T>
class Base {};

template <typename T>
class Derived : public Base<T> {};

此外，我有一个函数希望接受指向任何 Base<T>或子类的共享指针，并能够轻松地将 T参数用作其签名的一部分:

template <typename T>
T DoSomething(std::shared_ptr<Base<T>>);

我希望能够使用推导的 T和共享的指向 Base<T>或从其派生的任何内容的调用它:

DoSomething(std::make_shared<Base<T>>());
DoSomething(std::make_shared<Derived<T>>());

当然，后者不起作用，因为类型推导失败。
如何修改 DoSomething的签名以使其起作用？在 Base和 Derived不是模板的情况下，我已经看到了很多答案，但是如果我仍然想推断出 T(例如，将其用作返回类型，如上所述)，我不确定该怎么做。 。
理想情况下，这将导致在过载解析时指向非派生输入的共享指针(和非共享指针)失败。

Answer 1

您可以在函数中使用模板template参数，然后使用static_assert强制执行您的要求。

#include <memory>
#include <vector>

template <typename T>
class Base {};

template <typename T>
class Derived : public Base<T> {};

template <typename T, template <typename> typename U>
T DoSomething(std::shared_ptr<U<T>>) {
    static_assert(std::is_base_of_v<Base<T>, U<T>>, "Requires a std::shared_ptr to Base of class derived from Base");
    return T{};
}

int main() {
    auto foo = std::make_shared<Derived<int>>();
    auto baz = std::make_shared<Base<int>>();
    auto bar = std::make_shared<std::vector<int>>();

    DoSomething(foo);
    DoSomething(baz);
    DoSomething(bar); // Fails, std::vector<int> is not derived from Base<int>
}

编辑
如果 DoSomething重载，我们可以使用SFINAE而不是 static_assert禁用它。如下所示。

#include <memory>
#include <vector>

template <typename T>
class Base {};

template <typename T>
class Derived : public Base<T> {};

template <typename T, template <typename> typename U, std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Base<T>, U<T>>, int> = 0>
T DoSomething(std::shared_ptr<U<T>>) {
    return T{};
}

int main() {
    auto foo = std::make_shared<Derived<int>>();
    auto baz = std::make_shared<Base<int>>();
    auto bar = std::make_shared<std::vector<int>>();

    DoSomething(foo);
    DoSomething(baz);
    DoSomething(bar); // Error, no matching function
}