C++模板typedef作为模板函数参数

Question

为什么编译器找不到与read1匹配的内容？我没有看出read1和read2之间的区别；像Foo类中的嵌套typedef模板一样，是否存在限制？

template<typename T>
class Handle{};

class Foo{
public:
    typedef Handle<Foo> Handle;
};


template<typename T>
void read1(typename T::Handle){}

template<typename T>
void read2(Handle<T>){}


int main(int argc, char** argv)
{
    Foo::Handle f1;    
    read1(f1);

    Foo::Handle f2;
    read2(f2);
}

G++编译器输出（G++ 4.4.5）

g++ -c -I.  main1.cpp 
main1.cpp: In function ‘int main(int, char**)’:
main1.cpp:37: error: no matching function for call to ‘read1(Handle<Foo>&)’

- José

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我删除了冗余的“Internal”命名空间，使示例更加简洁。 - Xeo

使用G++ 4.4.5，您的编辑使代码出错，g++ -c main.cpp main.cpp:8: 错误：声明 ‘typedef class Handle<Foo> Foo::Handle’ main.cpp:3: 错误：改变了‘Handle’的含义，从‘class Handle<Foo>’变为其他含义 main.cpp: 在函数‘int main(int, char**)’中： main.cpp:27: 错误：没有找到与‘read1(Handle<Foo>&)’匹配的函数 - José

Answer 1

Foo::Handle f1;    
read1(f1);

传递给read1的类型是Handle<Foo>，而不是Foo。

模板不是继承。 Handle<Foo>是一个独立的类，不是Foo，因此没有Handle<Foo>::Handle。

- Gerald

Answer 2

template<typename T>
void read1(typename T::Handle)
{
}

首先，如果没有提供显式模板参数，例如read1<Foo>(f1)，您将无法调用此函数。请了解SFINAE。

其次，编译器如何才能找出T是什么？它必须测试您可能编写的所有可能类的所有嵌套typedef。听起来不可能吗？确实是这样。

- Xeo

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它不必测试您可能编写的每个类；它只需要测试在read1调用点定义的那些类。这是可能的（甚至相对于编译器处理模板所需的某些内容而言很容易），但不符合标准。 - Chris Dodd

为什么可以像read2一样找到参数？它只需要测试Foo，没有其他类型。 - José

它不仅需要测试在该点定义的所有类，还需要测试所有可能的模板实例化（虽然可能以模板形式）。但是它如何解决歧义？通常程序员必须修复这些问题，但在这种情况下，一些完全不相关的代码更改（不同的命名空间等）可能会导致歧义，因此让程序员修复这些问题并不是一个真正的选择。@José：在这个简单的例子中，它可能只需要测试foo，但大多数场景都更加复杂，并且那些不起作用的语言特性并不是很受欢迎。 - Grizzly