从模板化智能指针类型继承是否可以？

Question

我不想在我使用 shared_ptr 或 unique_ptr 的每个类中都写这个：

std::shared_ptr<Foo> p = CreateFoo();

我正在使用这个：

template <typename T>
struct ptr_types
{
    typedef std::shared_ptr<T> sptr;    
    typedef std::unique_ptr<T> uptr;
};

class A: public ptr_types<A>
{
public:
    A(){}
    int m;
};

那么，我可以这样做：

A::sptr p(new A);

从设计的角度来看，继承我使用智能指针的类是否存在问题？有没有更优雅的解决方案？

编辑：

是的，我可以使用：

auto p = std::make_shared<A>();

但是如果我有这个怎么办：

std::shared_ptr<A> A::CreateA()
{
....
}

void A::Sink(std::unique_ptr<A> p)
{
...
}

最好有这样的东西？

A::sptr A::CreateA()
{
...
}

void A::Sink(A::uptr p)
{
...
}

也许这个问题没有意义..我懒得在函数类型返回或参数中一直写 std::blabla。

Answer 1

创建（智能）类指针不应该是该类的职责。我不认为添加这样的行为是个好主意，但如果你想这样做，我认为你的创建者函数应该使用完美转发，所以你可以为构造传递参数：

template<typename T, typename... Args>
std::unique_ptr<T> CreateA(Args&&... args)
{
    return std::make_shared<T>(std::forward<Args>(args)...);
}

单独使用 std::make_shared（如果你有 C++0x14 则使用 std::make_unique）是创建廉价分配对象的标准解决方案。我认为不需要任何额外的解决方案。