模板类中的静态非模板方法

Question

我想向模板类添加静态函数，而无需先传递模板参数就可以访问它。 那可能吗？

namespace foo {
  template <typename T>
  class bar {
  public:
    static void eggs();
  };
}

foo::bar<some_t>::eggs();  // works
foo::bar::eggs();  // does not work

我想避免将eggs()移到foo命名空间或为其创建一个新的命名空间（例如foo::bar_::eggs() ，ugh）。

Answer 1

否。这不是模板类的工作方式。 您想做的事在C ++中是不可能的。

Answer 2

请记住， foo::bar不会命名任何类型，而只能命名可用于创建其他类型的模板。

除了使用typedefs / type别名（通过using ）之外，您还可以为模板提供一个非模板基类，然后将静态成员放在那里。 如果您使用公共继承，则在任何模板化类中更改静态成员都会对其全部进行更改。

Answer 3

实验代码后：

我想向模板类添加静态函数，而无需先传递模板参数就可以访问它。 那可能吗？

namespace foo {
  template <typename T>
  class bar {
  public:
    static void eggs();
  };
}

foo::bar<some_t>::eggs();  // works
foo::bar::eggs();  // does not work

我想避免将eggs（）移到foo命名空间或为其创建新的命名空间（例如foo :: bar _ :: eggs（），ugh）。

我得出的结论是，

foo::bar<some_t>::eggs(); // works while
foo::bar::eggs(); // doesn't 

原因是使用模板时，类中的任何内容都必须相对于特定对象，即使您不希望使用该函数也是如此。 我什至尝试使用函数指针，并试图将它们保存到模板类中，但是毫无用处，我什至无法编译它。 在这种情况下，我认为您没有太多选择。 也许还有其他人可能知道的窍门，但从我的眼中看不出来。

Answer 4

您可以将template参数设为可选，还可以定义专门的模板。 像这样：

namespace foo {

template <typename T = void> class bar {
public:
  static void eggs() { cout << "First there was the egg" << endl; }
};

template <> class bar<void> {
public:
  static void eggs() {
    cout << "Then there was the chicken... or was it?" << endl;
  }
};
}

auto main() -> int {
  foo::bar<int>::eggs(); // egg
  foo::bar<>::eggs();    // chicken

  return 0;
}