智能指针删除和“使用”关键字，名称为“指针”

Question

有时候我看到这样的代码：

void* Create()
{
    int* t{new int{10}};
    return t;
}

class Deleter
{
    //uncomment in order to compile
    //using pointer = void*;
public:
    void operator()(void* t)
    {
        delete t;
    }
};

unique_ptr<int, Deleter> ptr{Create()};

它没有编译。 使用VS2013，它说：

错误：C2440：'初始化'：无法从'initializer-list'转换为'std :: unique_ptr'没有构造函数可以采用源类型，或者构造函数重载解析是模糊的

但如果我using pointer = void*;取消注释行using pointer = void*; 有用！ 此外，如果我将别名更改为与pointer不同的名称，我会得到相同的错误。 所以似乎using具有确切名称pointer的using指令是至关重要的。 但为什么？ 我找不到任何解释。

Answer 1

您的unique_ptr用T=int声明。 但是， std::unique_ptr构造函数不是T* ，而是pointer参数。

此pointer类型定义为

std::remove_reference<Deleter>::type::pointer if that type exists, otherwise T*

当你不提供Deleter::pointer它最终会变成int* ，当然也不能从void* （来自Create ）初始化。

Answer 2

[C++11: 20.7.1.2/3]如果类型remove_reference<D>::type::pointer存在，那么unique_ptr<T, D>::pointer应该是remove_reference<D>::type::pointer的同义词remove_reference<D>::type::pointer 。 否则unique_ptr<T, D>::pointer应该是T*的同义词。 unique_ptr<T, D>::pointer应满足NullablePointer （17.6.3.3）的要求。

这是必需的，因为你没有operator()(int*) - 你正在“黑客”，允许使用operator()(void*)代替删除器假装它是void*的删除器。

你的删除器整体是否仍然严格有效，即使它编译，我也不想说。