使用 std::remove_pointer 等操作在模板中构建派生类型

Question

所以当我有这样的代码时：

shared_ptr<Foo> bar (my_normal_operator<Foo>(mumble));

即使类型 Foo 来自左侧字段，它也起作用，因为返回类型仅通过给定内容的"加法"模式生成：

template <typename Target, typename Source>
shared_ptr<Target> my_normal_operator(Source src)
{
    /* ... whatever ... */
}

但是，如果情况看起来像这样呢：

shared_ptr<Foo> bar (my_pointer_operator<Foo*>(mumble));

它需要某种方法来将指针从类型上拉开。 我四处寻找并找到了 std：：remove_pointer，但一个天真的应用程序给出了"类型/值不匹配"：

template <typename Target, typename Source>
shared_ptr< std::remove_pointer<Target>::type > my_pointer_operator(Source src)
{
    /* ... whatever ... */
}

我其实没想到它会起作用...但我把它放在这里是为了表达我正在寻找的意图！

叹息。 每次我踏入任何具有模板和特征的新领域时，我都会觉得自己是那些"我不知道我在做什么"的模因动物之一。 :-/

Answer 1

你需要typename：

template <typename Target, typename Source>
shared_ptr< typename std::remove_pointer<Target>::type >
    my_pointer_operator(Source src)
{
    /* ... whatever ... */
}

因为std::remove_pointer<Target>::type的类型取决于模板参数。

就个人而言，我会将Target保留为Foo并在my_pointer_operator使用typename std::add_pointer<Target>::type的定义范围内，因此调用者可以更直接地指定返回值。函数名称给出了实现的差异。