如何让 GCC 和 VS 编译器就 `typename` 关键字达成一致？

Question

当我忽略输入 typename 关键字时，是否可以更改 Visual Studio (2019) 构建设置以使下面的第一行无法编译。因为 GCC 一直抱怨它是必需的，没有它就无法构建。

auto v = std::dynamic_pointer_cast<T::element_type>(sp);         // Builds in VS, fails in GCC
auto v = std::dynamic_pointer_cast<typename T::element_type>(sp);// Builds in both VS and GCC

注意：

• sp 是 shared_ptr<Base>
• T 是 shared_ptr<Derived>
• Derived 派生自 Base

我已经将 VS 语言标准设置为 C++17 (/std:c++17)，警告级别设置为 4 (/W4) 并开启了完全兼容性 (/permissive-)。但是 Visual Studio 仍然允许这条线通过。由于缺少typename，GCC（版本 10.3 设置为 C++17）将无法编译

我不在乎哪个编译器对仍然需要的关键字是正确的。关键是它是合法的，不管它是不是多余的。如果可能的话，我只是想通过构建开关强制他们就该主题达成一致。

另外，如果根据未来的 C++ 17 标准不再真正需要该关键字，那么我是否可以翻转 GCC 构建设置以允许代码行在没有关键字的情况下通过？

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我在这里添加了一个最小的可重现示例。很抱歉最初没有把它放进去，但我主要是要求编译器标志或其他东西，所以我认为没有必要。以下代码使用我提到的编译器设置在 VS 2019 16.11.3 上构建得很好。诚然，这是人为的，但我根据实际代码改编了它，这非常多毛……

#include <stdexcept>
#include <type_traits>
#include <memory>

class Base
{
public :
    Base() {}
    virtual ~Base() {}
};

using BasePtr = std::shared_ptr<Base>;

class Derived : public Base
{
};

using DerivedPtr = std::shared_ptr<Derived>;

template<class T> 
typename std::enable_if<std::is_convertible<T, BasePtr>::value, T>::type
getAsT(BasePtr sp)
{

    const auto out = std::dynamic_pointer_cast<T::element_type>(sp); 

    if (nullptr == out)
        throw std::runtime_error("Not the right type");

    return out;
}
int main()
{
    auto derived = std::make_shared<Derived>();
    auto derived2 = getAsT<DerivedPtr>(derived);
}

Answer 1

我没有可供试用的 Visual Studio 副本，因此我将提出一些通用建议。 （不要对我大喊大叫，我只是想帮忙）

首先，这可能不是编译器应该处理的事情。可以使用静态分析器进行语言检查。 Visual Studio 有一个内置的静态分析器。您可以尝试打开它并按照说明搜索与“typename”相关的规则here

肯定会起作用的类似技术是安装“clag-tidy”plug-in for visual studio，其中有几个可供选择。一般来说，如果 clang-tidy 可以解析你的代码，GCC 也可以。 您通常可以将 clang-tidy 映射为在按键时运行，甚至在保存文件时运行。

对不起，如果这不够具体，但我希望它给你一些选择。