为什么在指定所有模板参数都具有默认值的模板类时需要 <>？

Question

在指定所有模板参数都具有默认值的模板类时，为什么需要<> 有充分的理由吗？

例如

#include <iostream>

template<typename T = int>
class C {
public:
    T obj = 0;
};

int main()
{
    C c1; // Error on almost all compilers (see note below)
    C<> c2;
    std::cout << c1.obj << " " << c2.obj << std::endl;
    return 0;
}

这样做的一个缺点是，如果你有一个已经在不同地方使用过的类，然后你将它重构为一个类模板，它的模板参数具有默认参数，那么你必须在其中添加 <>所有使用该类的地方。

注意：它看起来像 GCC 最新的 HEAD (7.0.1) accepts 没有<> 的语法。早期版本没有，任何版本的 Clang 也没有。这是最新的 GCC HEAD 中的错误吗？或者也许 C++17 的标准现在接受没有 <> 的语法，而 GCC 就在前面？

Answer 1

在 C++17 中，这是格式良好的：

C c1{};

由于deduction for class templates。我们将为每个构造函数（和推导指南）综合一个函数并执行重载决议：

template <class T=int> C<T> foo();
template <class T=int> C<T> foo(C<T> const&);
template <class T=int> C<T> foo(C<T>&&);

第一个是可行的重载，另外两个不是，所以推演成功，占位符C替换为推导类型C<int>。

然而，在语法上，初始化器在 [dcl.type.class.deduct] 中是必需的：

如果推导类类型的占位符在 simple-declaration 的 decl-specifier-seq 中显示为 decl-specifier ，该声明的 init-declarator 应采用以下形式：

declarator-id attribute-specifier-seq_optinitializer

占位符被类的重载决议选择的函数的返回类型替换 模板推演（13.3.1.8）。

但是C c; 不包含初始化器，所以它不符合语法。这是允许这样做的 gcc 错误。虽然特别禁止这样做似乎很奇怪。 显然，这个限制在 Kona 中已经解除，所以 C c; 在 C++17 中确实是格式良好的。一旦出现新的措辞，我会更新答案。

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在 C++17 之前，该语句的格式错误仅仅是因为 C 不是类型。 C 和 C<> 不是一回事。有所有默认模板参数，现在仍然没有特殊考虑。类型和类模板是不同的，并且继续被区别对待。