如何在返回类型函数模板的特化中使用派生类型？ （“无法推断模板参数”）

Question

我有一个模板类和一个模板返回类型的函数：

template<typename T>
class Wrapper {
public:
    Wrapper(const T& _data) : data(_data) { }

    const T& get_data() {return data;};
private:
    T data;
};

template <typename T>
Wrapper<T> build_wrapped(){
    T t{};
    return Wrapper<T>(t);
}

假设我想为一种特定类型 T 扩展返回的 Wrapper 并为该类型专门化 build_wrapped() 函数。所以，让我们创建一个模板来保存返回类型并在build_wrapped() 中使用它：

template<typename T>
struct ReturnType {
    using type = Wrapper<T>;
};

template <typename T>
typename ReturnType<T>::type build_wrapped(){
    T t{};
    return typename ReturnType<T>::type(t);
}

并用它来提供专业化：

struct Foo{};

class ExtendedWrapper : public Wrapper<Foo> {
public:
    ExtendedWrapper(const Foo& _data) : Wrapper(_data) {}
    int get_answer() {return 42;};
};

template<>
struct ReturnType<Foo> {
    using type = ExtendedWrapper;
};

template<>
typename ReturnType<Foo>::type build_wrapped(){
    Foo t{};
    return typename ReturnType<Foo>::type(t);
}

但是，最终声明被 gcc 和 clang 拒绝。例如，clang 返回：

错误：没有函数模板与函数模板特化匹配 'build_wrapped'

注意：候选模板被忽略：无法推断模板参数“T”

我可以通过为Foo 创建一个明确的Wrapper 特化来绕过使用ReturnType。但是，当我只想添加一些新功能时（如在ExtendedWrapper 中），这需要复制Wrapper 中的所有代码（在我的现实生活中这是一个实质性的类）。那么，这可以做到吗？上面的方法有什么问题？

Answer 1

编译器已经告诉你问题出在哪里了：

注意：候选模板被忽略：无法推断模板参数“T”

您需要明确指定模板参数。

template <>
typename ReturnType<Foo>::type build_wrapped<Foo>()
{ //                                        ^~~~~
    Foo t{};
    return typename ReturnType<Foo>::type(t);
}