C++ 服务提供者答案

【问题标题】：C++ Service ProvidersC++ 服务提供者
【发布时间】：2009-01-05 02:48:25
【问题描述】：

我一直在学习 C++，来自 C#，在那里我习惯了使用服务提供者：基本上是一个 Dictionary。不幸的是，我不知道如何在 C++ 中做到这一点。所以问题基本上是：

如何用 C++ 制作字典。
据我所知，C++ 中没有“Type”，我将如何使用“Type”。
与上述相同，但使用“对象”。

谢谢！

【问题讨论】：

【解决方案1】：

我假设您正在尝试将类型映射到单个对象实例。您可以尝试以下方式：

#include <typeinfo>
#include <map>
#include <string>
using namespace std;

class SomeClass
{
public:
    virtual ~SomeClass() {} // virtual function to get a v-table
};

struct type_info_less
{
    bool operator() (const std::type_info* lhs, const std::type_info* rhs) const
    {
        return lhs->before(*rhs) != 0;
    }
};

class TypeMap
{
    typedef map <type_info *, void *, type_info_less> TypenameToObject;
    TypenameToObject ObjectMap;

public:
    template <typename T> 
    T *Get () const
    {
        TypenameToObject::const_iterator iType = ObjectMap.find(&typeid(T));
        if (iType == ObjectMap.end())
            return NULL;
        return reinterpret_cast<T *>(iType->second);
    }
    template <typename T> 
    void Set(T *value) 
    {
        ObjectMap[&typeid(T)] = reinterpret_cast<void *>(value);
    }
};

int main()
{
    TypeMap Services;
    Services.Set<SomeClass>(new SomeClass());
    SomeClass *x = Services.Get<SomeClass>();
}

在 C++ 中，类型本身并不是一等对象，但至少类型名称是唯一的，因此您可以以此作为关键字。

编辑：名称实际上并不能保证是唯一的，因此请保留 type_info 指针并使用 before 方法来比较它们。

【讨论】：

可以使用每个ServiceProvider类的静态属性的地址，而不是使用字符串
错误：typeid(T).name 不是唯一的。 typeid(T) 确实有一个 operator== 来比较 typeinfo 对象。参见例如type_info_cmp on tangentsoft.net/mysql++/doc/html/refman/…

【解决方案2】：

您可能想查看STL map template。 C++ 确实有类型（没有它就很难继承），只是没有具体定义的“类型”类。

【讨论】：

【解决方案3】：

STL 有两个关联容器：std::map<K,V> andstd::multimap。还有std::set<V> 应该是std::map<V,void> 的适配器，但它不是关联容器。 multimap 类似于 map，只是它允许在同一个容器内有多个相同的键。 map 和 multimap 都包含std::pair<K,V> 类型的元素。换句话说，std::map<K,V>::value_type == std::pair<K,V>，但是std::map<K,V>::key_type == K 和std::map<K,V>::mapped_type == V。

至于“类型”，我不完全确定您的意思。如果您指的是参数化类，那么 C++ 将其称为“模板编程”或“通用编程”。在上面，std::map<K,V> 在 K 和 V 上被参数化为键的类型和值的类型。 C++ 也支持模板函数：

template<typename T>
void f(T o);

将声明一个函数，该函数接受任何类型作为参数，包括原始类型。 C++ 不支持泛型类型解析，因此类型 T 必须具有一定的层次结构。目前，您所能做的只是假设传递的类型确实具有正确的层次结构，如果您尝试对该类型的对象调用未声明的函数，编译器会报错。

template<typename T>
void f(T o) {
    o.do_it();
}

只要 T 定义了方法 do_it()，上述方法就可以工作。

【讨论】：

【解决方案4】：

对我来说，字典听起来像是 STL 映射：std::map<K, T>。看看标准模板库——它很棒。一段时间以来，它一直是 ANSI C++ 的一部分。如果我没记错的话，微软有一个来自 PJ Plauger 的不错的实现。

【讨论】：

模板注释没有通过；应该读 std:map