跨库的模板函数专用符号匹配

Question

到目前为止，我已经设置了一个函数模板getF是这样在标题中声明的

template <typename T> F* getF();

函数体未定义。然后，在共享库上，getF有一些专门化。

template<>
F* getF<int>()
{
  static int r = 42;
  static Finstance(r);
  return &Finstance;
}

template<>
F* getF<float>()
{
  static float r = 3.14159;
  static Finstance(r);
  return &Finstance;
}

上面的操作非常好，因为在客户端可执行文件上，当我调用getF<float>()时，链接器将替换为适当的引用，如果库中不存在专门化，则编译将失败，出现链接器错误(这是所需的行为)。

但是，现在在行为上应该有一个小的改变:当结果不是针对给定的模板参数专门化时，代码应该构建，但是在运行时返回0。因此，我所做的就是修改getF的声明，如下所示：

template <typename T> F* getF() { return 0; }

问题是，现在编译器将在所有情况下使用这个定义，而不管库中是否有专门化。

问题：是否有其他方法在运行时为函数提供一些默认行为，而不将专门化移到头文件中？

Answer 1

最好的解决方案是声明库的显式专门化存在。

// All in the same header file:
template <typename T> F* getF() { return 0; }
template <> F* getF<int>();
template <> F* getF<float>();

这符合第14.7.3/6号标准的规定：

如果模板、成员模板或类模板的成员是显式专门化的，则应在首次使用该专门化之前声明该专门化，这将导致在发生此类使用的每个翻译单元中进行隐式实例化；不需要进行诊断。

Answer 2

本质上，您需要以下内容：“在T为int或float时启用F的特殊情况”。这正是像boost::enable_if和std::enable_if这样的构造的意义所在。

在启用/禁用函数与类(类更容易)方面有细微的差别。参见这里的好例子：if not in function signature

您可能需要一些MPL (Boost )来表示规则的“或”部分。