禁用 std：：optional的转发构造函数

Question

我已经使用模板转换运算符扩展了qdatastream，以便dataStream从自身加载并转换为任何支持类型，因此：

class ConvertibleQDataStream : public QDataStream
{
public:
    using QDataStream::QDataStream;
    template <class T>
    explicit operator T ()
    {
        T t;
        *this >> t;
        return t;
    }
};

可以通过超载操作员>>来添加支持qdatastream不支持的类型的支持：

template <class T>
ConvertibleQDataStream&
operator >> (ConvertibleQDataStream& ds, std::vector<T>& v)
{
    //Called for std::vector's.
    return ds;
}

这个想法是能够直接从流中直接构建非默认构造类，例如：

class Bar
{
public:
    Bar(ConvertibleQDataStream&);
};
class Foo
{
    int mInt;
    std::vector<double> mVector;
    Bar mBar;
public:
    Foo(ConvertibleQDataStream& ds) :
        mInt(ds),     //Calls operator >> for int and converts to int 
        mVector(ds),  //Calls operator >> for std::vector<T> and converts to std::vector<T>
        mBar(ds)      //Plain constructor call 
    {}
};

这很好，除非成员是std::optional。std::optional的转发构造器被称为ConvertibleQDataStream的模板转换操作员：

template <class T>
ConvertibleQDataStream&
operator >> (ConvertibleQDataStream& ds, std::optional<T>& o)
{
    //Never called :(
    return ds;
}
class Qux
{
    std::optional<Bar> mOptional;
public:
    Foo(ConvertibleQDataStream& ds) :
        mOptional(ds) //calls Bar::Bar(ConvertibleQDataStream&) rather then operator >> for std::optional<T> due to forwarding c'tor.
    {}
};

一个人可以禁用std::optional的转发构造函数吗？或另一个解决方法。

Answer 1

这不是选项的问题，这在您的设计中是一个问题，可以从convertibleqdatastream构造moptional。

c 转换规则可以是噩梦，在这种情况下，应避免通过明确获取操作员来避免。

class ConvertibleQDataStream : public QDataStream
{
public:
    using QDataStream::QDataStream;
    template <class T>
     T Get() const
    {
        T t;
        *this >> t;
        return t;
    }
};
class Qux
{
    std::optional<Bar> mOptional;
public:
    Foo(ConvertibleQDataStream& ds) :
        mOptional(ds.Get<std::optional<Bar>>())
    {}
};