QT_INTERFACES和信号定义

Question

如何在接口中定义信号？

class ISomeInterface
{
    signals:
        virtual void added(const QString& id) = 0;
        virtual void removed(const QString& id) = 0;

    // bla, other methods
}

Afaik，信号不应该是虚拟的，但是如果我想定义一个信号需要在实现接口的类中实现=>怎么做？ 还是只是简单地使它们抽象化...但是接口在这里没有Q_OBJECT声明！ 在这种情况下是否生成了正确的代码？ 最重要的是，如果要连接到信号，则需要对QObject进行错误的（f * * * g）转换。

class ISomeInterface
{
    signals:
        void added(const QString& id);
        void removed(const QString& id);

    // bla, other methods
}

还是您尝试以这种方式实现它？

class ISomeInterface : public QObject
{
    Q_OBJECT

    signals:
        void added(const QString& id);
        void removed(const QString& id);

    // bla, other methods
}

Q_DECLARE_INTERFACE(ISomeInterface, "ISomeInterface")

..但是这种方式只能从一个接口继承（QObject不支持多重继承）。

结论：正如建议的那样，我会选择第一个。

Answer 1

1. 将信号定义为虚拟抽象保护方法。 （而不是受保护的，您可以使用signal：关键字）。
2. 最终对象必须打入您的接口和QObject
3. 使用dynamic_cast转换指向QObject *接口的指针
4. 将指针连接到必要的插槽

您可以检查此主题以获取一些解决方案。

Answer 2

不幸的是，Qt不能处理来自QObject的多重继承（请参见本Q＆A ），因此您不能从中继承所有接口（否则您将无法从多个接口继承）。 因此，相反，您可能具有类似IQObject接口的内容

virtual QObject* qObject() = 0

方法，因此您不需要一直将它们强制转换为QObject。

至于提供信号接口-没有这样的事情。 您可以做的是使它们成为虚拟抽象，如果您确实需要执行此编译时检查（因为signals:只是protected:的别名），则可以使用它们。 如果不这样做，则只需检查connect()方法的返回值。