对基类成员数据的派生模板类访问

Posted 2023-02-23

【中文标题】对基类成员数据的派生模板类访问

【英文标题】：Derived template-class access to base-class member-data

【发布时间】：2009-07-13 17:11:31

【问题描述】：

这个问题是对this thread 中提出的问题的推进。

使用以下类定义：

template <class T>
class Foo 

public:
    Foo (const foo_arg_t foo_arg) : _foo_arg(foo_arg)
    
        /* do something for foo */
    
    T Foo_T;        // either a TypeA or a TypeB - TBD
    foo_arg_t _foo_arg;
;

template <class T>
class Bar : public Foo<T> 
public:
    Bar (const foo_arg_t bar_arg, const a_arg_t a_arg)
    : Foo<T>(bar_arg)   // base-class initializer
    

        Foo<T>::Foo_T = T(a_arg);
    

    Bar (const foo_arg_t bar_arg, const b_arg_t b_arg)
    : Foo<T>(bar_arg)
    
        Foo<T>::Foo_T = T(b_arg);
    

    void BarFunc ();

;

template <class T>
void Bar<T>::BarFunc () 
    std::cout << _foo_arg << std::endl;   // This doesn't work - compiler error is: error: ‘_foo_arg’ was not declared in this scope
    std::cout << Bar<T>::_foo_arg << std::endl;   // This works!

当访问模板类基类的成员时，似乎我必须始终使用Bar<T>::_foo_arg 的模板样式语法明确限定成员。有没有办法避免这种情况？ 'using' 语句/指令能否在模板类方法中发挥作用以简化代码？

编辑：

通过使用 this-> 语法限定变量来解决范围问题。

【参考方案1】：

您可以使用this-> 来表明您指的是班级成员：

void Bar<T>::BarFunc () 
    std::cout << this->_foo_arg << std::endl;

您也可以在方法中使用“using”：

void Bar<T>::BarFunc () 
    using Bar<T>::_foo_arg;             // Might not work in g++, IIRC
    std::cout << _foo_arg << std::endl;

这使编译器清楚地知道成员名称取决于模板参数，以便它在正确的位置搜索该名称的定义。如需更多信息，另请参阅this entry in the C++ Faq Lite。

【讨论】：

常见问题解答的链接非常很有用：它还显示了此问题可能在哪些地方不可见地导致不良行为。

知道为什么这是真的吗？ （FAQ 没有完全回答这个问题）

【参考方案2】：

这里的基类不是一个非依赖的基类（这意味着一个具有完整类型的基类，可以在不知道模板参数的情况下确定），_foo_arg 是一个非依赖的名称。标准 C++ 说，不依赖的名称不会在依赖的基类中查找。

要更正代码，只需将名称 _foo_arg 设置为依赖即可，因为依赖名称只能在实例化时查找，届时将知道必须探索的确切基础特化。例如：

// solution#1
std::cout << this->_foo_arg << std::endl;

另一种方法是使用限定名称引入依赖项：

// solution#2
std::cout << Foo<T>::_foo_arg << std::endl;

这个解决方案必须小心，因为如果使用非限定的非依赖名称来形成虚函数调用，那么限定会抑制虚调用机制，程序的含义会发生变化。

您可以通过using从派生类中的依赖基类中带一个名称：

// solution#3
template <class T>
class Bar : public Foo<T> 
public:
    ...
    void BarFunc ();
private:
    using Foo<T>::_foo_arg;
;

template <class T>
void Bar<T>::BarFunc () 
    std::cout << _foo_arg << std::endl;   // works

【参考方案3】：

在 Visual C++ 2008 中似乎可以正常工作。我为您提到的类型添加了一些虚拟定义，但没有提供任何来源。其余的和你说的完全一样。然后是强制BarFunc 实例化和调用的主函数。

#include <iostream>

class streamable ;
std::ostream &operator<<(std::ostream &os, streamable &s)  return os; 

class foo_arg_t : public streamable ;
class a_arg_t : public streamable ;
class b_arg_t : public streamable  ;

template <class T>
class Foo 

public:
    Foo (const foo_arg_t foo_arg) : _foo_arg(foo_arg)
    
        /* do something for foo */
    
    T Foo_T;        // either a TypeA or a TypeB - TBD
    foo_arg_t _foo_arg;
;

template <class T>
class Bar : public Foo<T> 
public:
    Bar (const foo_arg_t bar_arg, const a_arg_t a_arg)
    : Foo<T>(bar_arg)   // base-class initializer
    

        Foo<T>::Foo_T = T(a_arg);
    

    Bar (const foo_arg_t bar_arg, const b_arg_t b_arg)
    : Foo<T>(bar_arg)
    
        Foo<T>::Foo_T = T(b_arg);
    

    void BarFunc ();

;

template <class T>
void Bar<T>::BarFunc () 
    std::cout << _foo_arg << std::endl; 
    std::cout << Bar<T>::_foo_arg << std::endl;   


int main()

    Bar<a_arg_t> *b = new Bar<a_arg_t>(foo_arg_t(), a_arg_t());
    b->BarFunc();

【讨论】：

g++ 给出了很多关于顶部定义的错误。但是，范围问题仍然存在：“错误：'_foo_arg' 未在此范围内声明”，因为在 BarFunc() 定义中第一次调用 _foo_arg。

你的意思是我的虚拟类型声明给你在 gcc 上的错误吗？

是的，虚拟类型在顶部，但范围错误仍然存​​在。

我相信 g++ 可能是正确的：你原来的问题。 IBM 编译器引发了同样的大惊小怪，IIRC。

抱歉，我添加了一些测试代码 - 这给了我错误。如果在 BarFunc() 中使用 this->_foo_arg 而不是 _foo_arg，则您发布的代码将编译。