为什么构造函数不能推断模板参数？ [复制]

Question

template< class T >
class Foo {
public:
  Foo( T t ) { }
};

int main () {
  int i = 0;
  Foo f( i );
}

在上面的代码中，编译器抱怨在 'f' 之前缺少模板参数。我知道从构造函数的参数推断类的模板参数不是标准的一部分，但我的问题是为什么？难道编译器没有隐式实例化Foo<int> 并调用其构造函数所需的所有信息吗？

经过编辑以明确我使用int 调用构造函数（而不是short、long、void* 等）

Answer 1

因为没有人具体说明它是如何工作的。目前有一个向标准委员会提交的提案，以使其发挥作用。它还列出了一些困难：

http://open-std.org/JTC1/SC22/WG21/docs/papers/2015/n4471.html

更新：这是提案的最新版本：

http://open-std.org/JTC1/SC22/WG21/docs/papers/2015/p0091r0.html

Answer 2

TL;DR：模板专业化

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它们可以，但仅限于函数本身的模板参数，而不是类型。

声明Foo f(0); 是非法的，因为没有名为Foo 的类型。也许你在想

auto f = Foo(0);

但这也是不允许的，因为编译器不知道要在哪个范围内搜索（有无限的潜在类型，其构造函数名为 Foo，并且通过专门化，可能不止一个具有构造函数 Foo(int) )

通常的方法是使用工厂辅助函数：

auto f = make_foo(0);

工厂函数的返回类型取决于其参数的类型推导。

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您可以想象工厂函数可以在命名空间范围内自动生成，然后应用通常的函数重载规则，但这会遇到很大的困难，因为类型和构造函数本身都可以有模板参数。这些可以简单地连接起来，但限制是这将排除具有可变参数列表的类模板，因为无法区分类型参数的结束位置和函数参数的开始位置。

Answer 3

Foo 是一个类模板，而不是一个类。它的类型总是需要以某种方式提供，以便生成具有正确类型的类。你不能这样做 Foo 因为 Foo 不是类型，但 Foo<int> 是。它创建了一个这样的类：

class Foo {
public:
  Foo( int t ) { }
};

如果您只提供Foo，编译器将不知道如何生成该类。 Foo<int> f(0) 有效，因为Foo<int> 生成类，用int 替换T。通过您调用构造函数的类型，编译器已经知道构造函数正在接受int。

Answer 4

你要实例化的类的名字是 Foo<int>（如您所指）。

也可以写成Foo<short> f(0)，或者Foo<unsigned long> f(0)， 或Foo<Foo<double>*> f(0)。但是，在这些情况下，如果您只写 Foo f(0)，您就不会期望编译器能够猜出类型。

可以想象，一个 C++可以 已经指定了规则来制定 以某些方式进行一些这样的猜测（例如，文字 0 暗示类型参数 int 而没有其他），但是语言会更多 比现在复杂，还有其他方法 人们会犯编程错误。 实际上在这样的声明中写下你的意思 似乎没有太多要求。

编辑：发布后，我在另一个答案中注意到 一项使 C++ 具有这样一个特性的提议，确实正如人们所能想象的那样。