向前声明boost::signals2::signal<void()>

Question

我正在尝试转发声明boost信号，所以当信号不被使用时，我不需要包括头文件。

我原以为这会奏效：

namespace boost
{
namespace signals2
{
  class signal<void()>;
}
}

但是会得到错误"signal is not a template“

有没有办法做到这一点？

编辑:更多信息:我正在尝试做的一个示例，主要是将#include排除在我的大部分代码库之外。

#include <memory>

/// Forward declaration here:

/// .H File
class ExampleClass
{
public:
  boost::signals2::signal<void()> & GetSignal();

protected:
  std::shared_ptr<boost::signals2::signal<void()>> _signal_pointer;
};

.CPP

#include "boost/signals2.hpp"
boost::signals2::signal<void()> & ExampleClass::GetSignal()
{
  if (!_signal_pointer)
  {
    _signal_pointer.reset(new boost::signals2::signal<void()>());
  }

  return *_signal_pointer;
}

Answer 1

如果添加template<>，就可以解决这个具体的编译器错误

namespace boost
{
namespace signals2
{
  template<typename T>
  struct signal;

  template<>
  class signal<void()>;
}
}

因为在声明template的专门化之前，您应该自己声明template。然后实际上你可以只写：

namespace boost
{
namespace signals2
{
  template<typename T>
  struct signal;
}
}

因为您只使用了转发声明，而不是实现template，所以专门化它是没有意义的。

但这对你并没有真正的帮助。是的，如果你不使用boost::signals2，编译器错误就会消失，但是如果你使用这样的包含文件，在包含“真正的”boost::singals2的地方，你会得到关于signal重新声明的错误，这是因为真正的boost::signals2::signal采用了5-7个模板参数，不准确地记住了，并且对大多数模板参数有一些默认值。

Answer 2

Signals2不是被设计成“pimpl”的。它被设计成出现在你的公共界面中。

如果您不想这样，可以将其包装在您自己的pimpl-wrappers中。但你应该先问问自己“为什么”。