以下代码返回堆栈分配数组的大小:
template<typename T, int size>
int siz(T (&) [size])
{
return size;
}
但是我无法理解语法。特别是T (&) [size]
这部分...
T(&)[size]
这部分...void foo(int*);
int x[10];
int* p = x; // array decay
foo(x); // array decay again
数组衰减会破坏数组的原始类型,因此其大小会丢失。
需要注意的是,在C++03中,由于它是一个函数调用,返回值不是编译时常量(即返回值不能用作模板参数)。在C++11中,可以使用constexpr
标记该函数以返回编译时常量:
template<typename T, size_t size>
constexpr size_t siz(T(&)[size]) { return size; }
template<class T, size_t size>
char(&siz(T(&)[size]))[size]; // no definition required
int main()
{
int x[10];
cout << sizeof siz(x) << '\n';
double y[sizeof siz(x)]; // use as a compile time constant 10
}
char(&)[size]
(这就是“右左规则”的体现)。请注意,函数调用从未发生在运行时,这就是为什么不需要定义函数模板siz
的原因。sizeof siz(x)
基本上是在说“如果调用siz(x)
,返回值的大小将是多少”。#define SIZ(arr) (sizeof(arr) / sizeof(*(arr)))
T
引用的数组。 - Flexo(T&)[size]
也不行吗?(抱歉,我没有一个正在运行的 C 编译器) - Jason ST&
是一样的。括号明确表示 &
不是指数组元素的类型。(尽管 C 编译器无法进行测试 - C 中没有引用!) - Flexoconstexpr
和旧的做法的额外信息。 - anton.burgerT (&) [size]
是一个数组的引用。它需要是一个引用,因为下面的程序是不合法的:
#include <iostream>
int sz(int *) { std::cout << "wtf?" << std::endl; return 0; }
int sz(int [4]) { std::cout << "4" << std::endl; return 0; }
int main() {
int test[4];
sz(test);
}
这个程序编译失败,显示如下错误:
test.cc: In function ‘int sz(int*)’:
test.cc:6:5: error: redefinition of ‘int sz(int*)’
test.cc:3:5: error: ‘int sz(int*)’ previously defined here
因为 int sz(int [4])
和 int sz(int *)
是一样的。
这里需要括号来消除歧义,因为 T& [size]
看起来像是一个引用数组,但实际上是非法的。
通常情况下,如果参数不是匿名的,你应该写:
template<typename T, int size>
int sz(T (&arr) [size])
arr
。在这种情况下,所有示例代码都关心的只是推断出的大小,因此匿名参数避免了有关未使用参数的警告。这是一个函数,它可以成为一个类型名称(模板可以用不同的类型名称),并从外部获取其大小。然后返回这个大小。
栈函数通常使用“size”,它是一个整数,显示您使用此函数请求的堆栈大小。符号“&”用于测试T堆栈的大小。
alias<T[size]> &
,这样更容易阅读。 - Johannes Schaub - litb