无法将空函数指针作为模板参数传递

Question

我想将一个函数作为模板参数传递给另一个函数，以便以后可以存储和调用它。在某些情况下，我想为回调传递 NULL，但我遇到了麻烦。这是我想做的一个例子：

#include <iostream>
struct Foo {
    int i;
};
template <typename T>
T* T_new() {
    return new T();
}
Foo* Foo_new() {
    return new Foo();
}
template <typename T, T* (*func)()>
T* T_new() {
    if (func)
        return func();
    else
        return NULL;
}

int main(void) {
    // Works
    Foo* f1 = T_new<Foo>();
    std::cout << f1 << std::endl;

    // Works
    Foo* f2 = T_new<Foo, Foo_new>();
    std::cout << f2 << std::endl;

    // fails to compile, "no matching function for call to ‘T_new()’"
    // Foo* f3 = T_new<Foo, NULL>();
    // std::cout << f3 << std::endl;

    return 0;
}

我发现this 类似的问题，但它处理将 null 作为参数传递给构造函数，而不是将 null 作为模板参数传递，并且那里的技巧（使用 (Foo*)0）不能用作模板参数.

有没有办法解决这个问题，或者做一些棘手的模板专业化或其他一些聪明的事情来获得预期的效果？

编辑：

上面是一个简化的示例，说明了我遇到的问题，但这是我要解决的具体问题。我有this project 我正在努力。这是一组使混合 C++ 和 Lua 对我来说更简单的函数（出于各种原因，我不想使用 LuaBind 或我在那里找到的其他现有函数）。这个问题的重要功能是luaW_register<T>，靠近底部。这是一个稍微过时的版本，但它几乎适用于所有情况。但是，如果构造函数是私有的，它就不起作用了，当我尝试将它与 Box2D 的 b2Body （需要由 b2World 制作）混合时，它才出现。 luaW_defaultallocator<T>()（和luaW_defaultdeallocator<T>()）仍然被创建，因为我将它用作luaW_register<T>() 中的默认参数。

我提出的解决方案是将allocator 参数拉出到luaW_Register 的模板参数中。然后，如果我想使用其他函数来获取特定类型的对象，luaW_defaultallocator 甚至不会被创建。在像b2Bodys 这样他们根本无法创建自己的情况下，我希望能够将NULL 作为模板参数传入（这似乎非常合理，但编译器出于某种原因而窒息这对我来说仍然不清楚，似乎如果我可以在代码中的其他任何地方设置一个值NULL，我也应该能够为模板设置）。我最初实现的一个技巧是向我的函数传递一个布尔参数，这将禁用从我的 Lua 代码调用 Foo.new 的能力，但这不会阻止 defaultallocator 编译，如果我可以使用 null 检查以我希望的方式工作并具有很好的副作用，让我可以简单地检查是否有分配器并使用它来控制 new 函数是否被添加到 lua 表中。

tl;dr：我的目标是从此开始：

template <typename T>
void luaW_register(lua_State* L, const char* classname, const luaL_reg* table, const luaL_reg* metatable, const char** extends = NULL, bool disablenew = false, T* (*allocator)() = luaW_defaultallocator<T>, void (*deallocator)(T*) = luaW_defaultdeallocator<T>)

到这里：

template <typename T, T* (*allocator)() = luaW_defaultallocator<T>, void (*deallocator)(T*) = luaW_defaultdeallocator<T> >
void luaW_register(lua_State* L, const char* classname, const luaL_reg* table, const luaL_reg* metatable, const char** extends = NULL)

在某些情况下避免 luaW_defaultallocator 的实例化，但它看起来可能是不可能的。

到目前为止，我看到的最接近的解决方案是提供一个类似 luaW_cannotalloc<T>(lua_State*) 的函数，它返回 NULL 并且可以在我的 luaW_register 函数中检查而不是 null。我想这会起作用，但这意味着更多的输入和需要记住函数名，而且 NULL 看起来更清晰。

Answer 1

这可以通过使用模板重载来解决。您将拥有一个用于 NULL 情况的签名和一个用于其他情况的签名，而不是只有一个“T_new”签名：

// Unused signature, no implementation so using this will result in link error
template<typename T, typename F>
T* T_new();
// NULL overload (NULL is an int)
template<typename T, int func>
T* T_new()
{
    assert(func == 0 && "Signature should only be used with NULL");
    return NULL;
}
// Valid function pointer overload
template<typename T, T* (*func)()>
T* T_new()
{
    // I don´t think it´s possible with NULL functions now, but if it is
    // we'll handle that too
    if (func)
        return func();
    return NULL;
}

诀窍是认识到 NULL 实际上是一个 int 并使用它来处理不同重载中的 NULL 情况。

Answer 2

空指针的问题是模板指针参数必须有外部链接。而且 null 没有链接。

如何让事情发挥作用：您似乎为想要实现的目标选择了错误的工具。

干杯，

Answer 3

您可以（我认为）设置适当类型的常量并使用它：

(Foo*)(*make_null_foo)() = 0;

Foo* f3 = T_new<Foo, make_null_foo>();

或者在 C++0x 中，您应该可以使用新的 nullptr 关键字。

或者您可以按照评论的建议进行操作，并通过创建一个返回 null 的实际函数来简化逻辑，而不是为 null 函数指针使用特殊的大小写：

Foo* make_null_foo() { return 0; }

Foo* f3 = T_new<Foo, make_null_foo>();

即空对象模式。

Answer 4

它很丑，但它有效：

Foo* f3 = T_new<Foo, (Foo* (*)())NULL>();

Answer 5

我真的不认为模板在这里有意义，而且我不确定你是否真的考虑过这一点......为什么你会静态地调用一个知道它将返回 NULL 的函数?

无论如何你都可以这样做：

template <typename T, T* (*func)()>
T* T_new() {
   return func();
}
template <typename T>
T* T_new() {
   return NULL;
}

或者，如果您需要通过中间模板（即，您可能在给定点不知道该函数是否为 null，您可以遵循空对象模式并提供一个 空函数：

template <typename T>
T* null_new() { return 0; }

template <typename T, T* (*f)() >
T* T_new() {
   return f();
}
// user code:
X* p = T_new<X, null_new >();

或者，忘记使用函数指针作为模板的参数并将其作为真实参数传递给函数：

template <typename T>
T* T_new( T* (*func)() = 0 ) {
    if (func)
        return func();
    else
        return NULL;
}