这可以在 C++ 中合法地完成吗？

Question

注意：the following code is illegal, but a conforming compiler is not required to reject it（有些没有）。

在我正在使用的库中，我有一个Foo 的模板函数声明和一个foobar.h 中Bar 的模板函数定义：

template<class C> int Foo();

template<class C> int Bar() {
  return Something(  Foo<C>()  );
}

意图是其他代码可以像这样使用它：

#include "foobar.h"

int main() {
  Bar<MyClass>();
  return 0;
}

// Ideally, the usage (above) and the definition (below)
// would/could be in different translation units. 

template<> int Foo<MyClass>() { return 5; }

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问题： 有没有办法让这项工作也合法？

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问题是（如果我理解正确的话）尽管编译，这在技术上是非法的：它违反了ODR，因为显式专业化和Bar<MyClass> 的使用都算作定义，尽管事实上在用例中没有可以使用的主体。

我想使用这种模式来参数化Foo 的原因是，作为我必须遵循的样式指南的结果，这是确保在Bar 的定义之前在词法上包含任何内容的唯一方法是为了将其包含在foobar.h 中。但是（出于我希望我不需要解释的原因）这是行不通的。

Answer 1

有没有办法让这项工作也合法？

是的，在使用之前声明特化。在您提供的示例中，只需交换文件中专业化和主要的顺序即可。但是，在示例中，您仍然必须确保没有其他 TU 使用该专业化而不声明它。

通常这些特化应该在标题中声明。

在您的示例的范围内（即没有根本性的改变），没有其他方法可以使这项工作。

Answer 2

这是不合法的，因为不可能专门化模板函数。

你可以这样做：

template< typename T >
struct foo
{
  static int doSomething() {return 0;}
};
template< >
struct foo<int>
{
  static int doSomething() {return 5;}
};

Answer 3

这会编译链接并使用 VS2008 和 gcc 4.5.2 运行：

template<class C> int Foo();

int Something(int i ){ return i; }

template<class C> int Bar() {
    return Something(  Foo<C>()  );
}

class MyClass{};
class FooClass{};

// Update:
// Declaration of a specialisation.
template<> int Foo<MyClass>();

int Zoo(){
    return Something(  Foo<MyClass>()  );
}

#include <iostream>

int main() {
    std::cout << Bar<MyClass>() << std::endl;
    std::cout << Zoo() << std::endl;
    std::cout << Bar<FooClass>() << std::endl;
    return 0;
}

// Definitions of specialisations.
template<> int Foo<MyClass>() { return 5; }
template<> int Foo<FooClass>() { return 6; }

输出是：

5
5
6

这样做的原因是，尽管只声明了模板函数Foo，但确实有两个必需的定义可供链接器使用。
在编译时，当编译器看到main 的定义时，它可以创建Bar 的特化，但不能创建Foo 的特化。在这种情况下，它只是创建对Foo<MyClass>() 和Foo<FooClass>() 的函数调用。
后来编译器找到了它编译的Foo 的特化，留在目标文件中，但当时没有做任何其他事情。当链接器运行时，它会找到所需的一切。
更新：
所以我不知道为什么这是非法的，但由于某种原因，它似乎可以编译和运行。