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是否可以在没有类型信息的情况下转换为模板化类?

c++

Afshin · 技术社区 · 2 年前

让我们假设我有一个模板化的类,如下所示:

template<typename Fn>
struct S {
  S(Fn fn) : fn_(fn) {}

  const auto& fn() const {
    return fn_;
  }
  Fn fn_;
}

有时您需要将对象作为 void* ,所以如果我有一个这样的指针:

void* ptr = new S{[]() { std::cout << "hi!\n";}};

一切都很好。但问题是,如果我试着投 ptr 回到我的班级以访问 fn() 方法,我将需要类型信息。因此以下代码将不编译:

auto s = static_cast<S*>(ptr);

现在我的问题是,是否有一种模式或方法将类型信息与数据一起携带,以使这种转换成为可能?使用任何返回正确实例的方法/模式都可以。这个问题的用例是当您使用在方法之间传递上下文的库时 无效* 。如果要使用模板化类作为该上下文,则会出现此问题。

知道吗?

2 回复 | 直到 2 年前

yuri kilochek 2 年前

这里的核心问题是,您希望使用lambda作为类型的模板参数,然后希望能够将其强制转换为 void* 。lambda的类型未知,由编译器生成。即使它是已知的,你也无法键入它。

因此,您需要从中删除类型 S 然后把它塞进 S 的构造函数:

struct S {
  template<typename Func>
  S(Func &&fn) : fn_(std::forward<Func>(fn)) {}

  auto const& fn() const {
    return fn_;
  }

  std::function<void()> fn_;
}

您需要在内部擦除该类型,以便尝试撤消擦除的代码可以使用已知类型。

Henrique Bucher 2 年前

我可以看到几个选项:

从基类继承每个类并使用动态多态性。
使用std::函数
使用std::变体
使用std::any

这些方法中的每一种在成本和功能上都有所不同,但都可以随心所欲。

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