当作为函数模板的T*参数传递时,使用运算符T*强制模板类

GCC是正确的。在模板参数中,只考虑完全匹配,而不考虑类型转换。这是因为,否则可能需要考虑无限(或至少指数)的转换量。

如果是Foo<T>是您要运行的唯一其他模板,最好的解决方案是添加:

template<typename T> inline void doStuff(const Foo<T>& arr) {
    doStuff(static_cast<T*>(arr));
}

如果您在使用大量模板时遇到此问题,则应通过以下方法解决此问题:

#include <boost/type_traits/is_convertible.hpp>
#include <boost/utility/enable_if.hpp>
template<template <typename> class T, typename U> inline typename boost::enable_if<typename boost::is_convertible<T<U>, U*>::type>::type doStuff(const T<U>& arr) {
    doStuff(static_cast<U*>(arr));
}

不过有点冗长;-)

这可能值得一试:

doStuff<Bar>(f);

我认为这将导致编译器期望T*为Bar*,然后使用Foo的运算符T*()执行强制转换,但我不能说我已经尝试过了。

利昂的想法可能是最好的。但在紧急情况下,您也可以显式调用cast操作符:

doStuff(static_cast<Bar*>(f));

我不知道为什么转换不起作用,但是你可以使用重载来解决这个问题

template 
inline
void 
doStuff(T& arrRef)
{
  doStuff(&arrRef);
}

在你认为的意义上,T*不是和T分开的类型。指针是一个类型限定符。我不确定标准是怎么说的,但我想说的是,由于变量已经是T类型,它不会再次尝试转换。如果您想做一些自定义操作来获取指针,请重载&操作人员