如何从模板类中的类型名传递创建新的类型名答案

【问题标题】：How to create new typename from the typename pass in a template class如何从模板类中的类型名传递创建新的类型名
【发布时间】：2014-02-13 09:36:57
【问题描述】：

假设我有一个模板类

template <class DATA>
class Stack { 
  //Some implementation
}

在这个堆栈类中，我调用了一个工具类，它也是模板。但其处理的数据类型是 UltityDATA 类型。也就是说，如果我们使用以下代码创建类堆栈的对象

 stack<MyData> s

在内部它应该调用 UltityMyData。我不想将 UltityMyData 结构暴露给客户。我已经编写了将 MyData 转换为 UltityMyData 的实现。只有我的要求是当我调用我的库类时如何将 DATA 类型名转换为 UtilityDATA 类型名。

根据您的建议，我已经编写了以下代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <stdexcept>

using namespace std;
struct RTI 
{
    int a;
};

struct DDSRTI 
{
    int b;
};

// other specialization you might need in the future
 template<class Data>
 struct DDS
{
    typedef DDSData type;
};
template <class T>
class MyStack { 
  private: 
   T a;
  public: 
      MyStack()
      {
       //  cout<< a;
      }
}; 
#define STACK(T) Stack<DDS##T>
template <class T>
class Stack { 
  private: 
  Stack<T> a;
  STACK(T) b;
  public: 
      Stack()
      {
         ///cout<< a;
      }
};

但我收到错误，因为 错误：'DDST' 未在此范围内声明
基本上预处理器只附加两个值并创建一个新类型。根据我的理解，模板将在编译时进行转换。 DDS#T 将其作为一种新的数据类型而不是模板类型。

【问题讨论】：

UtilityMyData 是否也设计为模板类？如果您出示声明会很有帮助。
不，这是不可能的，模板类（在您的情况下为 Stack）不知道用于实例化的实际类型，因此 C++ 语言内部没有办法允许这样做。跨度>

标签： c++ templates

【解决方案1】：

您可以根据需要拥有一个专门用于类型定义的结构

// non specialized type
template<typename T>
struct UtilType {};

// specialization for DATA
template<>
struct UtilType<DATA>
{
    typedef UtilityDATA type;
};

// other specialization you might need in the future
template<>
struct UtilType<NewType>
{
    typedef UtilityNewType type;
};

然后你就可以使用这个辅助类了

template<typename T>
class Stack
{
    // .....
    typedef typename UtilType<T>::type dataType; //converts DATA typename to UtilityDATA
    // .....
}

【讨论】：

【解决方案2】：

您可以使用traits 模式：

template <class DATA, class TRAITS>
class Stack 
{ 
  //Some implementation
}

并像这样实例化：

stack<MyData, UtilityMyData> s;

但是，这将要求您的用户明确命名实用程序类。如果您不介意使用预处理器，您可以使用宏：

#define STACK(T) Stack<T, Utility##T>

然后你会写：

  STACK(MyData) s;

它并不漂亮，但它可能会为您的用户所接受

【讨论】：

为什么是宏！那太糟了。只需使用默认模板参数，就像所有标准库容器一样
@Manu343726 - 是的，宏很可怕，但如果你阅读了这个问题，你会发现你不能使用默认模板参数
不，只是说 UtilityMyData 不得公开。创建像default_data这样的标签类型，将其用作默认参数，并在内部使用它来选择UtilityMyData（例如std::conditional）
另外参数默认为MyUtility的一点是用户不必写MyUtility。所以这个解决方案是完全合理的
@Manu343726 - 或许可以发布您的建议作为答案

【解决方案3】：

也许您可以将其移至某个内部模板结构？

template <class DATA>
class Stack {
  public:   
    template <class Data>
      struct UtilData {
        template <class... Args>
          UtilData(Args&&... args) : d{std::forward<From>(args)...} {}
            // other operators
          Data d;
        };

    void push(DATA&& d) {
      s.push(UtilData<DATA>{d});
    }
  std::stack<UtilData<DATA>> s;
};

更新：对不起，我误解了你的问题。对于一些具体类型 MyData 和 UtilMyData 你可以使用 boost::mpl::map:

using boost::mpl::pair;
using boost::mpl::map;
using boost::mpl::at;

typedef map<pair<SomeOther, Some>/*, other pairs of types here*/> TypeMap;

at<TypeMap, SomeOther>::type s; // s has type Some

【讨论】：