Question

我正在尝试转发声明升压信号，因此在不使用信号时我不需要包含头文件。

我认为这样可行：

namespace boost
{
namespace signals2
{
  class signal<void()>;
}
}

但是得到错误“信号不是模板”

有办法做到这一点吗？

编辑：更多信息：我正在尝试做的一个例子，主要是保持 #include我的大多数代码库。

#include <memory>

/// Forward declaration here:

/// .H File
class ExampleClass
{
public:
  boost::signals2::signal<void()> & GetSignal();

protected:
  std::shared_ptr<boost::signals2::signal<void()>> _signal_pointer;
};

.CPP

#include "boost/signals2.hpp"
boost::signals2::signal<void()> & ExampleClass::GetSignal()
{
  if (!_signal_pointer)
  {
    _signal_pointer.reset(new boost::signals2::signal<void()>());
  }

  return *_signal_pointer;
}

Answer 1

Signals2并非设计为＆＃34; pimpl＆＃34; ed。它设计为在您的公共界面中。

如果您不想要，请将其包装在您自己的pimpl-wrappers中。但你应该问自己＆＃34;为什么＆＃34;第一

Answer 2

如果添加template<>

，则可以解决此具体的编译器错误

namespace boost
{
namespace signals2
{
  template<typename T>
  struct signal;

  template<>
  class signal<void()>;
}
}

因为你可以宣布template的专业化，你应该自己声明template。然后实际上你可以写：

namespace boost
{
namespace signals2
{
  template<typename T>
  struct signal;
}
}

由于您只使用前向声明，因此不实施template，所以没有必要专门研究它。

但它并没有真正帮助你。是的，如果你没有使用boost::signals2，编译器错误就会消失，但是如果你使用这样的包含文件，那么在某些地方使用＆＃34; real＆＃34; boost::singals2 如果您收到有关signal重新声明的错误，这是因为真实的boost::signals2::signal采用5-7个模板参数，不记得确切，并且大多数都有一些默认值。

Foward声明boost :: signals2 :: signal <void（）>

2 个答案: