C ++模板顯式實例化

Question

我有這樣的工作代碼。

#include <iostream>

struct A{
   template<typename T>
   void foo(T val);
};

template<typename T> void A::foo(T val)
{
  std::cout << val << std::endl;
}

// link template "against" int
template void  A::foo(int val);

// #include header here

int main(){
    A a;
    a.foo(12);
}

模板位於單獨的CPP文件中，但是由於顯式實例化，所以鏈接有效：

template void  A::foo(int val);

然后，我做了一些重構，代碼看起來像這樣：

#include <iostream>

template<typename G>
struct A{
   template<typename T>
   void foo(T val);
};

template<typename G>
template<typename T> void A<G>::foo(T val)
{
  std::cout << val << std::endl;
}

// link template "against" int - not working
//template<typename G>
//template void A<G>::foo(int val);

int main(){
    A<float> a;
    a.foo(12);
}

如何“鏈接” T = int，但保持G“未知”？

Answer 1

這稱為顯式實例化。

您無法執行此操作，因為G是未知的，並且它不是單個類型。 它是一組類型。

Answer 2

你不可以做這個。 為了從模板實際生成代碼（我想這就是您所說的link ），編譯器需要知道所有模板參數。

因此，您剩下了模板實例化的標准選項：要么明確告訴編譯器將使用T和G ，要么讓編譯器無論在哪里使用都可以看到模板成員的完整代碼（即，在標頭中包含代碼） 。

Answer 3

TL; DR，你做不到 。

在您的情況下，我只指定您打算使用的類型

template void A<float>::foo(int val);

或（相當笨重）顯式實例化G可以用於的所有類型。

如果無法推導G則無法顯式實例化模板。

請注意，鏈接起作用不是因為此語法是鏈接器命令，而是因為您的編譯器正在生成稍后在鏈接時找到的代碼。 在這里查看更多