隐式转换为std :: string

Question

可能重复:
通过隐式转换为字符串来流对象时,重载决策失败

我知道这样做并不是一个好主意,但我真的想知道下面的代码无法编译的原因(即为什么"没有可接受的转换"):

#include <iostream>
#include <string>


class Test
{
public:
    operator std::string () const;
};

Test::operator std::string () const
{
    return std::string("Test!");
}

int main ()
{
    std::string str = "Blah!";
    std::cout << str << std::endl;

    Test test;

    str = test;//implicitly calls operator std::string without complaining

    std::cout << str << std::endl;

    std::cout << test;//refuses to implicitly cast test to std::string

    return 0;
}

在Visual Studio 2010上,我收到此错误:" error C2679: binary '<<' : no operator found which takes a right-hand operand of type 'Test' (or there is no acceptable conversion)"

为了使用它,<<运算符是否隐式转换std::string为其他内容？如果是的话,我需要在课堂上重载什么操作才能使这样的事情发挥作用？我拒绝相信我真的需要使用operator char *.

Answer 1

operator<<(std::basic_ostream&, std::basic_string)是一个函数模板,在模板参数推导期间不考虑用户定义的转换.你需要operator<<为你的课超载.

当然,另一种选择是演员

std::cout << static_cast<std::string>(test);

Answer 2

问题是std::string模板的特化std::basic_string<char>,并且所需的重载operator<<本身就是一个模板:

template<class charT, class traits, class Allocator>
basic_ostream<charT, traits>&
    operator<<(basic_ostream<charT, traits>&& os,
               const basic_string<charT,traits,Allocator>& str);

为了用于模板参数推导,用户定义的类型必须是完全匹配; 不考虑转换.

您需要operator<<为您的类提供重载,或者显式转换为std::string.

Answer 3

通常，这取决于<<类的流插入运算符是具体函数还是模板。

随着<<作为具体的功能，过载时发现，转换完成的（只要它不是暧昧）：

#include <iostream>
using namespace std;

template< class CharType >
struct String {};

ostream& operator<<( ostream& stream, String<char> const& s )
{
    return (stream << "s");
}

struct MyClass
{
    operator String<char> () const { return String<char>(); }
};

int main()
{
    cout << "String: " << String<char>() << endl;
    cout << "MyClass: " << MyClass() << endl;
}

但是，<<作为函数模板，模板匹配找不到匹配项，则不会尝试通过用户定义的运算符进行转换：

#include <iostream>
using namespace std;

template< class CharType >
struct String
{
};

template< class CharType >
ostream& operator<<( ostream& stream, String< CharType > const& s )
{
    return (stream << "s");
}

struct MyClass
{
    operator String<char> () const { return String<char>(); }
};

int main()
{
    cout << "String: " << String<char>() << endl;
    cout << "MyClass: " << MyClass() << endl;       // !Oops, nyet! Not found!
}

在你的情况下，std::string真的只是一个typedeffor std::basic_string<char>。

修复：<<为你的类定义一个操作符，或者，如果你想避免头依赖（考虑构建时间），定义一个转换到 eg char const*，或者，最简单的和我推荐的，使该转换成为一个命名的转换，以便它必须是显式调用。

显式好，隐式不好。