在不指定具体类型的情况下将模板传递给函数

2024-05-08 • 问答

是否可以在不指定具体类型的情况下将模板传递给函数？

我有一个基类，它是一个模板及其两个不同的专业领域。这是基类的示例：

template<typename T1,typename T2> class Dataset 
{
protected:
   std::vector<std::pair<T1,T2> > _data_buffer;
public:
   virtual void doSomething(MatrixRm& data) = 0;
}

这是扩展基类的第一类：

class InmemoryDataset : public Dataset<MatrixRm,MatrixRm>
{
public:
    void doSomething(MatrixRm& data) override
    {
     ...
    }
}

这是扩展基类的第二个类：

class OnlineDataset : public Dataset<std::string,std::string>
{
public:
    void doSomething(MatrixRm& data) override
    {
     ...
    }
}

现在，我想将任何此类传递给不同类别的函数或构造函数。但是我目前无法在不指定具体类型的情况下弄清楚该如何做。

这就是我的想象：

void someFunction(Dataset* dataset)
{
    //do something with the specialization
}

在Visual Studio中，我收到以下错误消息：

缺少类模板“数据集”的参数列表

在我看来，为什么不允许这样做，但是有什么解决办法吗？

在这种特定情况下，您可以仅将非模板基类用于您的接口：

class Dataset {
public:
   virtual void doSomething(MatrixRm& data) = 0;
};

template<typename T1,typename T2> class Dataset_impl : public Dataset
{
protected:
   std::vector<std::pair<T1,T2> > _data_buffer;
};

一个习惯用法是假设someFunction仅会被一个Dataset对象调用，而只是将Dataset作为模板参数，如下所示：

template<class Dataset>
void someFunction(Dataset dataset){
    // ...
}

当然，对于传递给它的每种唯一类型，someFunction的每种专业化都会产生不同的代码。

可以使用以下模板元编程样板以更安全的方式实现此习惯用法：

#include <type_traits>

template<class T>
struct is_dataset: std::false_type{};

template<class T1,class T2>
struct is_dataset<Dataset<T1,T2>>: std::true_type{};

template<class Dataset>
std::enable_if_t<is_dataset<Dataset>::value,void>
someFunction(Dataset dataset){
    // ...
}

此代码定义了元函数is_dataset，可以有效地执行编译时检查，因为传递的Dataset模板实际上是实际的Dataset对象。

您似乎已经知道，Dataset*不是实类型（甚至不是不完整的类型）。它只是为构造实类型（例如Dataset<std::string,std::string>）提供了一个接口。

您也可以将该函数声明为模板：

$('#example').DataTable()

在不指定具体类型的情况下将模板传递给函数

xu414816349 回答：在不指定具体类型的情况下将模板传递给函数

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