通过函数传递未命名的类

Question

如何将此实例作为参数传递给函数？

class
{
    public:
    void foo();
} bar;

我必须给班级命名吗？
它是可复制的，因为我没有将班级的复制 ctor 设为私有。
那怎么可能呢？

Answer 1

如果您明确说明您想做什么，也许会更好。为什么要创建一个未命名的类？它符合接口吗？未命名的类非常有限，它们不能用作函数的参数，它们不能用作模板类型参数...

现在，如果您正在实现一个接口，那么您可以传递对该接口的引用：

class interface {
public:
   virtual void f() const = 0;
};
void function( interface const& o )
{
   o.f();
}
int main()
{
   class : public interface {
   public:
      virtual void f() const {
         std::cout << "bar" << std::endl;
      }
   } bar;
   function( bar ); // will printout "bar"
}

注意：对于所有将模板参数作为选项的答案，未命名的类不能作为模板类型参数传递。

C++ 标准。 14.3.1，第 2 段：

2 本地类型，没有类型 链接，未命名的类型或类型 由这些类型中的任何一种复合而成 不得用作 模板的模板参数 类型参数。

如果你用comeau编译器测试（链接是在线试用的）你会得到以下错误：

错误：模板参数不能 引用一个未命名的类型

附带说明一下，comeau 编译器是我所知道的最符合标准的编译器，除了是我尝试过的最有用的错误诊断工具。

注意：Comeau 和 gcc (g++ 4.0) 使用上面的代码会出错。英特尔编译器（以及来自其他人的 cmets MSVS 2008）接受使用未命名的类作为模板参数，违反标准。

Answer 2

当你想将匿名类传递给函数时，为什么要创建它？

只需显式声明类：

class Foo {
  // ...
};

void Method(Foo instance); 

int main() {
    Foo bar;
    Method(bar);
}

第二种可能性是使用模板函数，因此编译器会推断类型（请注意，这不是标准兼容的！）

#include <iostream>

using namespace std;

template <typename T>
void SayFoo(T& arg) {
    arg.Foo();
}

int main() {

    class {
    public: 
        void Foo() { cout << "Hi" << endl; }
    } Bar;

    Bar.Foo();

    SayFoo(Bar);

    return 0;
}

复制类没有问题，因为编译器自动生成了复制构造函数，您可以使用boost::typeof等工具来避免显式引用类型。

BOOST::AUTO(copy, Bar);

另一种方法是使用（相对较慢的）运行时多态性（接口/继承）。

Answer 3

是的，您必须为类命名才能将其实例传递给函数。由于您没有提供自己的复制 ctor，编译器将生成自己的并使用它。

Answer 4

嗯，无名阶级。

您可以将指向它的指针作为 void * 传递。

由于不能通过名称引用它，所以不能调用它的构造函数、复制构造函数或析构函数，只能调用一个实例，所以不能复制它。

编辑：您仍然可以将它传递给可以复制它的模板函数。

REEDIT：编辑错误。