Question

我有这样的代码。

#include <iostream>

struct A{
   template<typename T>
   void foo(T val);
};

template<typename T> void A::foo(T val)
{
  std::cout << val << std::endl;
}

// link template "against" int
template void  A::foo(int val);

// #include header here

int main(){
    A a;
    a.foo(12);
}

模板位于单独的CPP文件中，但由于显式实例化，链接起作用：

template void  A::foo(int val);

然后我做了一些重新分解，代码看起来像这样：

#include <iostream>

template<typename G>
struct A{
   template<typename T>
   void foo(T val);
};

template<typename G>
template<typename T> void A<G>::foo(T val)
{
  std::cout << val << std::endl;
}

// link template "against" int - not working
//template<typename G>
//template void A<G>::foo(int val);

int main(){
    A<float> a;
    a.foo(12);
}

如何“链接”T = int，但保持G“未知”？

Answer 1

它被称为显式实例化。

您无法执行此操作，因为G未知且不是单一类型。它是一组类型。

Answer 2

你不能这样做。要从模板中实际生成代码（我猜这就是你所谓的 link ），编译器需要知道 all 模板参数。

因此，您将获得模板实例化的标准选项：要么显式告诉编译器将使用run program "bash" (in directory "C:\Users\bisharon"):和T，要么让编译器在任何地方都能看到模板成员的完整代码它（即包含标题中的代码）。

Answer 3

TL; DR你不能。

在您的情况下，我只是指定您打算使用的类型

template void A<float>::foo(int val);

或（相当笨重）明确地实例化{strong>所有类型G可用于。

如果无法推断G，则无法显式实例化模板。

请注意，链接的工作原理不是因为此语法是链接器命令，而是因为您的编译器正在生成稍后在链接时找到的代码。查看更多here

C ++模板显式实例化

3 个答案: