如何在返回類型功能模板的專業化中使用派生類型？ （“無法推斷模板參數”）

Question

我有一個模板類和一個帶有模板返回類型的函數：

template<typename T>
class Wrapper {
public:
    Wrapper(const T& _data) : data(_data) { }

    const T& get_data() {return data;};
private:
    T data;
};

template <typename T>
Wrapper<T> build_wrapped(){
    T t{};
    return Wrapper<T>(t);
}

假設我想將返回的Wrapper擴展為一種特定的類型T並對該類型專門化build_wrapped()函數。 因此，讓我們創建一個模板來保存返回類型，並在build_wrapped()使用它：

template<typename T>
struct ReturnType {
    using type = Wrapper<T>;
};

template <typename T>
typename ReturnType<T>::type build_wrapped(){
    T t{};
    return typename ReturnType<T>::type(t);
}

並使用它來提供專業化：

struct Foo{};

class ExtendedWrapper : public Wrapper<Foo> {
public:
    ExtendedWrapper(const Foo& _data) : Wrapper(_data) {}
    int get_answer() {return 42;};
};

template<>
struct ReturnType<Foo> {
    using type = ExtendedWrapper;
};

template<>
typename ReturnType<Foo>::type build_wrapped(){
    Foo t{};
    return typename ReturnType<Foo>::type(t);
}

但是，最終聲明被gcc和clang拒絕。 例如， clang返回：

錯誤：沒有功能模板與功能模板專業化“ build_wrapped”匹配

注意：候選模板被忽略：無法推斷模板參數“ T”

我能得到周圍使用ReturnType通過創建一個明確的專業化Wrapper為Foo 。 但是，當我只想添加一些新功能時（如ExtendedWrapper ），這需要復制Wrapper所有代碼（在我的現實生活中，這是一個實質性的類）。 那么，這可以做到嗎？ 上面的方法有什么問題？

Answer 1

編譯器已經告訴您問題所在：

注意：候選模板被忽略：無法推斷模板參數“ T”

您需要明確指定template參數。

template <>
typename ReturnType<Foo>::type build_wrapped<Foo>()
{ //                                        ^~~~~
    Foo t{};
    return typename ReturnType<Foo>::type(t);
}