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c++ - 如何在编译时漂亮地打印模板参数的名称

coder 2024-02-06 原文

问题很简单:如何漂亮地打印 C++ 类中模板参数的名称，并在编译时将其分配给类变量？ 似乎 typeinfo (typeid) 和 boost::typeindex 都必须在运行时或至少其中的一部分进行评估。这显然不允许编译器完全解决包含对此函数之一的调用的 constexpr。

template<typename T>
class X
{
   public:
      static const char * name = /* SOME C++ code transforming T in a string (either std::string or char */
};

我错过了什么？ 是否只能在运行时生成名称？在那种情况下，我真的需要一个实例化对象吗？这对我来说似乎不对，因为以下内容无需任何实例即可完美运行:

#include <iostream>
#include <string>
#include <boost/type_index.hpp>

using namespace std;

template<class T>
class X
{
        public:
                static std::string name()
                {
                        return boost::typeindex::type_id<T>().pretty_name();
                }
};

struct foobar {};

int main()
{
        cout << X<int>::name() << endl;
        cout << X<foobar>::name()<< endl;
}

因此，我不想将 name() 作为类方法，而是将其作为类变量。

最佳答案

我认为，可以使用自定义类型特征。请看下一个例子:

#include <iostream>
#include <string>

using namespace std;

//Using stub type traits
template <class T>
struct TypeTraits;

//your TypeTraits for specific types...
template<>
struct TypeTraits<int>
{
    constexpr static const char *name = "int";
};

template<class T>
class X
{
    public:
            constexpr static const char * name = TypeTraits<T>::name;
};

struct foobar {};

//TypeTraits for custom  foobar
template<>
struct TypeTraits<foobar>
{
    constexpr static const char *name = "foobar";
};


int main()
{
    //Now you can use static member here
    cout << X<int>::name << endl;
    cout << X<foobar>::name<< endl;
}

TypeTraits 也可以用于(和扩展)其他目的。

关于c++ - 如何在编译时漂亮地打印模板参数的名称，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/37262605/

何在ampltcodenamec++templatesc++11boost

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