Каков этот синтаксис указателя члена?
#include <iostream>
#include <type_traits>
struct Foo
{
// ### Member Function ###
void bar() { std::cout << "Foo::bar()\n"; }
};
// ### 1 Parameter Primary Template (which is empty) ###
template<typename>
struct Traits {};
// ### 2 Parameter Template Specialization ###
template<class T, class U>
struct Traits<T U::*>
^^^^^^ // I don't understand this syntax
{
using type1 = T;
using type2 = U;
};
int main()
{
// ### Pointer to member function ###
void (Foo::*memFuncPtr)() = &Foo::bar;
Foo f;
// ### Use the member function pointer to invoke it ###
(f.*memFuncPtr)();
static_assert(std::is_same_v<void(), Traits<decltype(&Foo::bar)>::type1>);
static_assert(std::is_same_v<Foo, Traits<decltype(&Foo::bar)>::type2>);
return 0;
}
Как работает синтаксис специализации? Имеет смысл, что U в U::* совпадает с типом Foo, но почему T совпадает с типом void()?
Редактировать
После очень полезных комментариев от @user17732522 и ответа @AnoopRana я смог изменить реализацию функции main, чтобы использовать тот же синтаксис (просто чтобы увидеть, как это работает).
int main()
{
using F = void();
// ### Pointer to member function ###
F Foo::*memFuncPtr = &Foo::bar;
Foo f;
// ### Use the member function pointer to invoke it ###
(f.*memFuncPtr)();
static_assert(std::is_same_v<void(), Traits<decltype(&Foo::bar)>::type1>);
static_assert(std::is_same_v<Foo, Traits<decltype(&Foo::bar)>::type2>);
return 0;
}
@user17732522 user17732522 Если я расширим T U::* типами void() и Foo, получится void() Foo::*, что не имеет никакого смысла, не могли бы вы уточнить, как синтаксис T U::* действителен?
@Elliott Тип возвращаемого значения функции Foo::bar — void, но Tэто не voidT на самом деле void().
@JamesAdkison Псевдонимы типов, как правило, нельзя просто заменить текстом. Это то же самое для обычных указателей функций, например. учитывая using T = void();, тип T* является указателем на void()-функцию, хотя синтаксис для этого без псевдонима будет void(*)(). Дополнительные модификаторы должны применяться семантически к типу с псевдонимом.
@ user17732522 Я не знаком с псевдонимами типов. У вас есть хорошие ссылки, которые могут предоставить более подробную информацию?
Я оставляю свой комментарий как ссылку на бога: godbolt.org/z/Prbca5PYK Хотя @user17732522, вероятно, ответил на него (как только я понимаю, что они сказали!)
@JamesAdkison, псевдонимы типов буквально просто using T = int или (идентично) typedef int T.
Просто T U::* означает «указатель на член класса U с типом T», а здесь T — это void(). То, что синтаксис объявления без T был бы void (U::*)() не имеет значения.
@ user17732522, о. Таким образом, void() на самом деле представляет собой тип функции без аргументов, которая возвращает void. Честно говоря, я думал, что это трактует void как значение, например, int() для int x = int();.
@Elliott void() может быть типом функции без параметров и возвращаемого типа или может быть выражением типа void. Учитывая, что мы говорили о типах, я предположил, что понятно, что имеется в виду предыдущая интерпретация.
Ответы 1
struct Trait<T U::*> ^^^^^^ // I don't understand this syntax
Приведенный выше синтаксис означает, что у нас есть указатель на член класса с именем U, где член имеет тип T. Другими словами, указатель на член класса U, который имеет тип T.
Теперь давайте применим это к &Foo::bar. Тип выражения &Foo::bar:
void (Foo::* f)()
Теперь вы можете сравнить это с T U::*
Итак, после сравнения получаем:
U = Fooкоторый является тип класса.T = void()что означает функцию, которая имеет тип возвращаемого значенияvoidи не принимает параметров, т. е. тип функции.
что фактически означает, что у нас есть указатель на функцию-член, которая имеет тип возвращаемого значения void и не принимает параметров класса Foo.
Потому что
Foo::barимеет типvoid()?