如何转换为正确的祖先类，以便定义模板专门化

Question

我得到一个编译器错误

../main.cpp: In function ‘int main()’:
../main.cpp:38:16: error: no matching function for call to ‘do_stuff(x&)’
../main.cpp:38:16: note: candidate is:
../main.cpp:30:6: note: template<class M> void do_stuff(M, typename a<M>::is_valid_type)
make: *** [main.o] Error 1

以获取以下代码：

template<typename S>
class a
{
};

template<typename T>
class b
{
};

class x: public b<int>
{
};

template<typename T>
class a<b<T> >
{
public:
  typedef void* is_valid_type;
};

template<typename M>
void do_stuff(M thing, typename a<M>::is_valid_type t = 0)
{
  a<M> whatevs;
}

int main()
{
  x my_x;
  do_stuff(my_x);
}

在这里，我想隐式地将x类型的对象强制转换为定义了a::is_valid_type的某个超类M(在本例中为b)。但这似乎行不通。我该怎么做呢？

(不使用任何c++-11构造)

Answer 1

如果我正确理解了您的问题，编译器将不会使用模板参数x匹配b<int>的模板专门化，即使x继承自b<int>，因为对于编译器要选择的模板专门化，类型必须完全匹配。

相反，如果要确保模板参数是从某个基类派生的类的实例，则可以考虑如下内容：

template<typename TDerived, typename TBase>
struct AssertInheritedType
{
    inline AssertInheritedType(void)
    {
        if (false)
        {
            TBase * p1 = static_cast<TDerived *>(0);    // If compiler error here, TDerived* cannot be implicitly cast into TBase*
            p1 = p1;
        }
    } // AssertInheritedType()
}; // struct AssertInheritedType

要使用此功能，您需要执行以下操作：

template<typename M>
void do_stuff(M thing)
{
    AssertInheritedType<M, b<int> >();
    a<M> whatevs;
}

如果参数不是从b<int>派生的，这将导致do_stuff()实例的编译失败。

Answer 2

我认为这是不可能的。一个模板的两个不同的实例没有任何共同之处，它不像继承那样工作。

class x : public b<int>
{
};
class y : public b<float>
{
};

这里的类x和y没有共同的祖先，因为b和b是完全不同的类。

编辑:您可以为b类提供祖先，它不是模板。我不知道专门化这个模板的其他方法，在C++11中它看起来像这样：

#include <type_traits>

class b_base
{
};
template<typename S,typename U = void>
class a;

template<typename T>
class b: public b_base
{
};

class x : public b<int>
{
};
class z
{
};

template<typename T>
class a<T,typename std::enable_if<std::is_base_of<b_base, T>::value>::type>
{
};

int main()
{
  //this works
  a<x> c1;
  //this doesn't
  a<z> c1;
}