具有作为模板类的参数的模板函数

Question

我意识到有很多类似的问题，但找不到解决我的问题的方法（请阅读：我并没有真正理解答案，因此无法将其应用于我的案例）

我有以下功能：

void printVariable(map<string, bool*>::iterator it)
{
   cout << it->first << " " << *(it->second) << endl;
}

现在，如果我具有map<string, bool*> mapping ，则可以执行以下操作： printVariable(mapping.begin());

这行得通，现在我也有一个map<string, int*>并希望能够做到这一点，所以我发现我更改了printVariable函数：

template <typename T>
void printVariable(map<string, T*>::iterator it)
{
   cout << it->first << " " << *(it->second) << endl;
}

但是，这会产生编译错误（gcc）：

error: variable or field 'printVariable' declared void
error: expected ')' before 'it'

我想我可以通过重载该功能来解决此问题。 但是我想知道为什么上面的方法不起作用。

Edit2：删除了声称正确解决方案的文本错误

Answer 1

您必须说出typename才能消除从属名称的歧义：

template <typename T>
void printVariable(typename map<string, T*>::iterator it)
//                 ^^^^^^^^

但是，请注意，这不是可推论的上下文，因此这种形式并不是十分方便。

更好的是，只需将整个迭代器作为模板参数即可：

template <typename Iter>
void printVariable(Iter it)
{ /* ... */ }

这样，您还可以捕获具有非标准比较器或分配器的映射以及无序映射等。

---

这是一个简单的思想实验，用于说明为什么在第一种情况下没有可推论的上下文：在随后的foo调用中应如何推论T ？

template <typename T> void foo(typename Bar<T>::type);

template <typename T> struct Bar { typedef char type; };
template <> struct Bar<int>      { typedef int type; };
template <> struct Bar<double>   { typedef int type; };

foo(10); // What is T?