专攻std :: make_shared

Question

我有一个严格对齐要求的类型(由于使用了AVX操作),它大于平台默认对齐.

为了使这个类的使用更简单,我想专门std::make_shared总是为这种类型使用合适的分配器.

像这样的东西:

namespace std{
    template<class... Args> inline
    auto make_shared<X, Args...>(Args&&... args){
        return std::allocate_shared(allocator_type<X, 32>, std::forward<Args>(args)...);
    }
}

我的问题是,标准是否允许这样做？它会按预期工作吗？

Answer 1

从N4140 [namespace.std]/1(强调我的):

如果C++程序向命名空间std或命名空间std中的命名空间添加声明或定义,则它是未定义的,除非另有说明.只有当声明取决于用户定义的类型并且特化符合原始模板的标准库要求且未明确禁止时,程序才可以将任何标准库模板的模板特化添加到命名空间std.

由于您要添加依赖于用户定义类型的模板特化,因此这是std命名空间的有效扩展.

但是,正如@dyp所指出的,您无法部分专门化功能模板.你最好的选择是明确指定X构造函数的参数(丢失完美转发),或者只写一个make_shared_x函数(失去一致性).

Answer 2

这就是我最终要做的事情,以获得一个不涉及大量样板的通用解决方案:

namespace xtd{
    template< typename T, std::size_t align = std::alignment_of<T>::value, typename... Args >
    std::shared_ptr<T> make_shared(Args&&... args){
        // Platform specific knowledge.
#if defined(_WIN64) || defined(_WIN32)
#if defined(_WIN64)
        const std::size_t default_alignment = 16;
#else
        const std::size_t default_alignment = 8;
#endif
#else
#error "Only windows for now"
#endif

        if (align > default_alignment) {
            typedef aligned_allocator<T, align> alloc_type;
            return std::allocate_shared<T, alloc_type>(alloc_type(), std::forward<Args>(args)...);
        }
        else {
            return std::make_shared<T>(std::forward<Args>(args)...);
        }
    }
}

然后我发现搜索和替换std::make_shared用xtd::make_shared:)

我希望这会符合标准......