是否可以在不扣除的情况下将模板参数转发到 make_*?

Question

正如标题所说，我想这样做。 我有一个最小的课程：

class Foo
{
public:
/// I only need the type T, but no T instance
/// needed.
template <typename T>
Foo(const std::string&);
Foo(int);
private:
...
};

我需要从这个类创建一个共享指针。琐碎的 方法告诉我们这样做(例如，对于 T=int(：

std：：shared_pointer foo_int = std：：shared_pointer？？("");

或直接：

auto foo_int = std::shared_pointer<Foo>??("");

但是，遵循最佳实践，应该使用make_shared(或make_unique 如果是std::unique_pointer(：

auto foo_int = std::make_shared<Foo>("");

那么，有可能做到吗？

Answer 1

/// I only need the type T, but no T instance
/// needed.
template <typename T>
Foo(const std::string&);

无法为构造函数显式指定模板参数。它们只能通过演绎或默认模板参数来确定。因此，此构造函数实际上永远无法使用。

一种可能的解决方法是改用标记参数和参数：

template <typename> struct type_tag {};
class Foo
{
public:
template <typename T>
Foo(type_tag<T>, const std::string&);
// ...
};

然后，您可以执行以下操作：

auto foo_int = std::make_shared<Foo>(type_tag<int>{}, "");