C++模板只是「語法安全」，而不是先安全的？

C++模板至少檢查兩次。首先，定義一個模板&，其次是實例化。模板成功實例化後，它處於安全狀態。我的問題是，當模板成功定義爲&時，模板所在的州的名稱是什麼？如果我將宏與模板進行比較，是否成功的宏「實例化」後代碼是類型安全的？C++模板只是「語法安全」，而不是先安全的？

#define BAR(x) return x; 
         ^
// BAR is preprocessor-grammar-safe here? 

struct Bar 
{ 
    static void bar() {} 
}; 
^
// Bar is type safe at this point? 

template<typename T> 
void foo() 
{ 
    T::bar(); 
} 
^ 
// foo is C++-grammar safe at this point? 

int main() 
{ 
    foo<Bar>(); 
      ^
    // foo is type safe at this point? 

    foo<int>(); 
     ^
    // foo is ill-formed here? 

    BAR(0); 
     ^
    // BAR is type safe at this point? 

    return 0; 
}

來源

2013-12-17 Industrial-antidepressant

我不確定*語法安全*有一個確切的含義，我相信你的問題的答案可能是編譯器的具體.... –

@BasileStarynkevitch說編譯器開發人員:) – 2013-12-17 19:05:11

這是一個加載的問題。你說很多聽起來像是文字的東西，但實際上並沒有任何意義。因此，很難做出迴應。 –

將C++模板想象成類固醇上的宏並具有語法知識。 ex。

template<typename T> 
void func(T t) { 
    t.foo(); 
    ...

沒有聲明T必須具有foo（）函數的事實; 這將C++模板與Scala類型參數區分開來。我相信較新的C++版本已經爲此添加了一些支持。你基本上使用t.foo（）讓編譯「嘗試」，如果沒有這樣的函數，它將無法編譯。

來源

2013-12-17 19:22:30 seand

至少我有類似的建議：https：//github.com/hun-nemethpeter/cpp-reflector-mini/blob/master/Proposal.md –

模板是一個模板。

類型是一種類型。

類型可以通過專門化模板（通俗口語中的「實例化」）來獲得。

模板和類型有名稱。作爲工會和類的類型必須進行聲明和定義才能完成。必須聲明模板，並將其定義爲專用模板。

這就是我所能想到的，這應該足以說明C++類型系統在「初稿」類型層次上的大多數方面。

來源

2013-12-17 19:15:19

這是真的，但不告訴我關於類型安全的聲明模板以及類型安全的東西。 –

你只是錯過一點點點：宏處理

假設預處理產生了有效的代碼文本處理（編譯之前完成）：模板可以成功申報。然而，實例化（定義）可能會失敗。

基本上是BAR（0）;是不安全的（在這裏誇大了一點）！

來源

2013-12-17 19:21:21

您可以將模板實例化看作類似宏的工具，但可以在實際的C++編譯器內運行。 – seand

模板實例化是模板的定義嗎？我想申明：template void foo（）;定義：template void foo（）{T :: bar（）; } –

BAR（0）;編譯成功，它不處於安全狀態？ –

C++模板只是「語法安全」，而不是先安全的？

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