为什么 c++ 模板编译器不能从协变智能指针参数推断类型？

Question

我有以下代码

https://godbolt.org/z/7d1arK

#include <memory>

template <typename T>
class A {

};

template <typename T>
class B : public A<T> {};


template <typename T>
void Foo(std::shared_ptr<A<T>> arg){}


int main(){
    auto bptr = std::make_shared<B<int>>();
    std::shared_ptr<A<int>> aptr = bptr;


    // This compiles
    Foo(aptr);

    // This does not compile
    Foo(bptr);

    // This compiles
    Foo<int>(bptr);
}

我的问题是为什么编译器不能处理该行？

Foo(bptr);

Answer 1

模板参数推导和用户定义的转换不混用。因为它们通过用户定义的转换相关联，所以 shared_ptr<A<int>> 和 shared_ptr<B<int>> 与 C++ 语言中的 A<int>* 和 B<int>* 等类型的“协变”不同。

虽然这足以使调用非法，但这种情况更加困难，因为这里涉及的不是简单的用户定义的转换构造函数或转换函数，而是构造函数模板：

template <class T> class std::shared_ptr {
public:
    template <class Y>
    shared_ptr(const shared_ptr<Y>&);
    // ...
};

所以这里编译器需要推导T 和Y 以确定T。 “显然”Y 会推断为int，但这种复杂情况的一般情况并不实际解决。

实际上在这种情况下，int 并不是T 的唯一可能值。调用Foo<const int>(bptr) 也是合法的。

C++ 语言准确地指定模板参数推导何时成功和不成功，以及生成的模板参数是什么，以便我们可以确定在一个符合标准的编译器上运行的代码不会在另一个编译器上失败，至少不会因为这个原因。在某些时候必须画出这条线，其中一条就是“推导模板参数时不考虑用户定义的转换”。

Answer 2

正如@SamVarshavchik 和@aschepler 所提到的，模板推导发生时不考虑用户定义的转换，这对于从std::shared_ptr<B<int>> 转换为std::shared_ptr<A<int>> 是必要的。因此找不到合适的模板实例化，调用失败。

实现这一点的一种方法是使用更广泛的模板，并使用静态断言将其缩小到仅启用 A 的实际派生类：

#include <memory>
#include <type_traits>

template <typename T>
class A { };

template <typename T>
class B : public A<T> { };

class C { };


template <template<class> class Derived, class T>
void Foo(std::shared_ptr<Derived<T>> arg) {
    static_assert(std::is_base_of_v<A<T>, Derived<T>>);
}


int main() {
    auto bptr = std::make_shared<B<int>>();
    std::shared_ptr<A<int>> aptr = bptr;
    auto cptr = std::make_shared<C>();


    // This compiles
    Foo(aptr);

    // This compiles
    Foo(bptr);

    // This does not compile
    Foo(cptr);
}

在这种情况下，Foo 将能够接受 std::shared_ptr 作为从 A 继承的任何内容的参数。

Answer 3

就像@SamVarshavchik 所说，模板参数推导中不允许用户定义的隐式转换。 bptr 是 std::shared_ptr<B<int> > 类型，它可以隐式转换为 std::shared_ptr<A<int> >，因为 B<int>* 可以隐式转换为 A<int>*，但模板需要直接类似于 std::shared_ptr<A<T> >。