在 C++ 中使用类型名作为函数参数时如何传递引用？答案

【问题标题】：How do you pass a reference when using a typename as a function argument in C++?在 C++ 中使用类型名作为函数参数时如何传递引用？
【发布时间】：2009-04-15 10:55:18
【问题描述】：

我对模板有一些奇怪的问题。当尝试传递参数化迭代器时，它抱怨找不到函数。代码 sn-p 在这里，忘记功能，它使用对我感兴趣的模板化迭代器的引用

#include <list>
#include <iostream>

template<typename T>
void print_list_element(typename std::list<T>::iterator& it){
    std::cout << *it << std::endl;
}

int main() {
    std::list<int> theList;
    theList.push_back(1);

    std::list<int>::iterator it = theList.begin();
    print_list_element(it);

    return 0;
}

如果您尝试使用 g++ v4.3.2 编译它，它会抱怨一条消息：

main.cpp:14: error: no matching function for call to 'print_list_element(std::_List_iterator<int>&)'

是我写的代码有问题还是 g++ 需要更多信息？

【问题讨论】：

标签： c++ templates

【解决方案1】：

g++ 无法确定它应该使用print_list_element 的哪个模板重载。如果您明确指定模板参数，它会起作用：

print_list_element<int>(it);

【讨论】：

【解决方案2】：

更好的方法是这样编写函数：

template<typename Iter>
void print_element(Iter it){
    std::cout << *it << std::endl;
}

这现在适用于任何类型的迭代器，而不仅仅是std::list<T>::iterator。此外，模板类型将从参数中正确推断出来。

我意识到这是一个人为的例子，但几乎总是你可能不想将list<T>::iterator 传递给函数。在最坏的情况下，至少是 ListType 上的模板，以便您的代码可以使用带有自定义分配器的列表。

【讨论】：

+1。这甚至适用于普通数组。如果出于某种原因您真的希望它仅对 std::list 起作用，请查找 Boost 的 enable_if 模板。

【解决方案3】：

这是非法的，因为 std::list::iterator 不是标准所谓的适当推导上下文

【讨论】：

我认为'03标准的适当部分是：14.8.2.4/4。标准还说这是“非推断上下文”，而不是您上面的措辞。

【解决方案4】：

其他回答是正确的，但为了完整起见，我将补充一点，根据设计，C++ 只能在某些情况下自动推断模板参数，而这不是其中之一。

细想一下，你会发现这种情况下的自动扣除会导致不良情况。 std::list<T>::iterator 不是真实类型，它只是真实类型的 typedef 别名（例如，它可能是 T*），它会立即转换为，因此编译器必须构建某种“反向索引”为了将T* 映射回std::list<T>::iterator 以自动扣除T 到这里工作。但是，一旦创建了另一个类模板，该类模板的类型成员名为iterator 即typedefed 到T*，此映射就会中断——然后编译器将有两种选择将T* 转换为的内容，并且无法在它们之间进行选择。显然，当不相关的类添加特定的typedef 类型成员时中断的任何自动推导策略都太脆弱而无法工作。

【讨论】：