如何在编译时打印模板参数的名称

Question

问题很简单:如何在C++类中打印模板参数的名称并在编译时将其分配给类变量？似乎必须在运行时或至少某些部分评估both typeinfo(typeid)和boost :: typeindex.这显然不允许编译器完全解决constexpr包含对此函数之一的调用.

template<typename T>
class X
{
   public:
      static const char * name = /* SOME C++ code transforming T in a string (either std::string or char */
};

我错过了什么？是否只能在运行时生成名称？在那种情况下,我真的需要一个实例化的对象吗？这对我来说似乎不对,因为以下完美的工作没有任何实例:

#include <iostream>
#include <string>
#include <boost/type_index.hpp>

using namespace std;

template<class T>
class X
{
        public:
                static std::string name()
                {
                        return boost::typeindex::type_id<T>().pretty_name();
                }
};

struct foobar {};

int main()
{
        cout << X<int>::name() << endl;
        cout << X<foobar>::name()<< endl;
}

因此name(),我不想将其作为类变量,而是将其作为类变量.

Answer 1

我认为，可以使用自定义类型特征。请看下一个例子：

#include <iostream>
#include <string>

using namespace std;

//Using stub type traits
template <class T>
struct TypeTraits;

//your TypeTraits for specific types...
template<>
struct TypeTraits<int>
{
    constexpr static const char *name = "int";
};

template<class T>
class X
{
    public:
            constexpr static const char * name = TypeTraits<T>::name;
};

struct foobar {};

//TypeTraits for custom  foobar
template<>
struct TypeTraits<foobar>
{
    constexpr static const char *name = "foobar";
};


int main()
{
    //Now you can use static member here
    cout << X<int>::name << endl;
    cout << X<foobar>::name<< endl;
}

TypeTraits 还可以用于（和扩展）用于其他目的。