模板化函数专精:链接器错误

Question

当模板参数类型相同时,我试图专门化两个模板参数的功能.我这样做的方式如下:

#include <iostream>
#include <type_traits>

using namespace std;

template<typename U, typename T>
int fun( U& u, T t );

template<>
inline
int fun( int& u, float t )
{
    cout << "int, float" << endl;
    return 0;
}

template<typename U, typename T>
inline
int fun( U& u, typename std::enable_if<std::is_same<U, T>::value ,T>::type t )
{
    cout << "U == T" << endl;
    return 0;
}

int main()
{
    int a;
    float b1, b2;

    fun(a, b1);
    fun(b1, b2);

    return 0;
}

这段代码编译得很好(GCC 4.8.2),但链接器给出了所有fun调用时未定义的引用,U并且T类型相同.为什么不起作用？

---

链接器输出:

g++ -std=c++11 test.cpp

/tmp/cc7HWboz.o: In function `main':
test.cpp:(.text+0x66): undefined reference to `int fun<float, float>(float&, float)'
collect2: error: ld returned 1 exit status

Answer 1

问题

您fun正在使用std::enable_if保护instatiation从两种类型的不同,有一个重大问题; 它不能隐含地推断出类型T.

这意味着当您fun使用b1和b2作为参数进行调用时,您正在实例化template<typename U, typename T> int fun( U& u, T t ),但没有定义..因此链接器错误.

解决方案

下面写的代码有很多替代方案,但我认为这可能会清除一些混乱.

template<
  typename U,
  typename T,
  typename = typename std::enable_if<std::is_same<U, T>::value>::type
>
inline int fun( U& u, T t)
{
    cout << "U == T" << endl;
    return 0;
}

inline int fun( int& u, float t )
{
    cout << "int, float" << endl;
    return 0;
}

在上面,编译器可以推导出两者T并且U在我们的模板中,也不需要对所述模板进行明确的专门化; 我们可以利用C++的重载规则,让编译器决定什么时候int&, float比推导更好U&, T.