C++ 模板只是“语法安全”而不是类型安全？答案

【问题标题】：A C++ template is just "grammar safe" and not type safe first?C++ 模板只是“语法安全”而不是类型安全？
【发布时间】：2013-12-17 19:01:15
【问题描述】：

C++ 模板至少检查两次。首先，在声明和定义模板时，其次是在实例化模板时。模板成功实例化后，它处于类型安全状态。我的问题是，当模板成功声明和定义时，模板所在状态的名称是什么？如果我将宏与模板进行比较，在成功的宏“实例化”之后，代码是否是类型安全的？

#define BAR(x) return x;
                        ^
// BAR is preprocessor-grammar-safe here?

struct Bar
{
  static void bar() {}
};
  ^
// Bar is type safe at this point?

template<typename T>
void foo()
{
  T::bar();
}
 ^
// foo is C++-grammar safe at this point?

int main()
{
  foo<Bar>();
             ^
  // foo is type safe at this point?

  foo<int>();
         ^
  // foo is ill-formed here?

  BAR(0);
         ^
  // BAR is type safe at this point?

  return 0;
}

【问题讨论】：

我不确定 grammar safe 是否有确切的含义，我相信您的问题的答案可能是特定于编译器的......
@BasileStarynkevitch 说编译器开发人员:)
这是一个加载的问题。你说了很多听起来像话的东西，但实际上并没有任何意义。因此很难做出回应。
@Kerrek SB：对不起我的英语。我的问题是， foo 在成功声明后不是类型安全的，只有“语法安全”或“语法正确”。该州的正确名称是什么？
我不相信您声称“foo 不是类型安全”的说法有任何意义。 “类型安全”并不意味着您的想法，或者至少您没有以常见的方式使用它。

标签： c++ templates types language-lawyer

【解决方案1】：

将 C++ 模板想象成一个强大的宏并具有语法知识。例如。

template<typename T> 
void func(T t) {
  t.foo();
  ...

没有任何东西声明 T 必须有一个 foo() 函数；这将 C++ 模板与诸如 Scala 类型参数之类的东西区分开来。我相信较新的 C++ 版本已经为此添加了一些支持。你基本上让编译“尝试”使用 t.foo() 如果没有这样的函数它编译失败。

【讨论】：

至少我有类似的提议：github.com/hun-nemethpeter/cpp-reflector-mini/blob/master/…

【解决方案2】：

模板就是模板。

类型就是类型。

可以通过专门化模板来获得类型（口语中的“实例化”）。

模板和类型都有名称。必须声明和定义联合和类的类型才能完整。必须声明和定义模板才能专门化。

我能想到的就这些了，这应该足以在“初稿”级别上讨论 C++ 类型系统的大部分方面。

【讨论】：

这是对的，但没有告诉我声明的模板如何类型安全以及如何才能保证类型安全。

【解决方案3】：

你只是漏掉了一点：宏处理就是文本处理（在编译之前完成）

假设预处理已生成有效代码：可以成功声明模板。但是，实例化（定义）可能会失败。

本质上是 BAR(0)；不是类型安全的（这里有点夸张）！

【讨论】：

您可以将模板实例化视为一种类似宏的工具，但它在实际的 C++ 编译器中运行。
模板实例化是模板定义吗？我认为声明：template void foo();定义：模板 void foo() { T::bar(); }
在 BAR(0) 之后；编译成功，不处于类型安全状态？