Что действительно освобождает (U::*) (пусто) означают?
Я смотрел на реализацию is_class шаблон в Повышении, и столкнулся с некоторым синтаксисом, который я не могу легко дешифровать.
template <class U> static ::boost::type_traits::yes_type is_class_tester(void(U::*)(void));
template <class U> static ::boost::type_traits::no_type is_class_tester(...);
Как я интерпретирую void(U::*)(void) выше? Я знаком с C, таким образом, это кажется несколько аналогичным void(*)(void), но я не понимаю как U:: изменяет указатель. Кто-либо может помочь?
Спасибо
4 ответа
* указывает на указатель, потому что вы можете получить доступ к его содержимому, написав * p . U :: * указывает указатель на член класса U . Вы можете получить доступ к его содержимому, написав u. * P или pu -> * p (где u является экземпляром U ) .
Итак, в вашем примере void (U :: *) (void) - это указатель на член U , который является функцией без аргументов и не возвращает значения.
Пример:
class C { void foo() {} };
typedef void (C::*c_func_ptr)(void);
c_func_ptr myPointer = &C::foo;
Это указатель на функцию-член класса U. он очень похож на
void (*) (void)
, но указывает на функцию-член класса U.
Вы правы, это аналог указателя на функцию. Скорее, это указатель на функцию-член, где член принадлежит к классу U .
Разница в типе необходима, потому что функции-члены имеют неявный указатель this , так как они не могут быть вызваны без экземпляра. Избавление от шаблона может немного упростить задачу:
struct foo
{
void bar(void);
};
void (*) (void) не подойдет, поскольку здесь нет способа передать экземпляр класса. Скорее, нам нужно:
void (foo::*)(void)
Это означает, что для этого указателя функции требуется экземпляр foo .
Как бы то ни было, вы используете их так:
typedef void (foo::*func_ptr)(void);
foo f;
foo* fp = &f;
func_ptr func = &foo::bar;
(f.*func)();
(fp->*func)();
Начните с U, затем работайте наизнанку.
Объявленный тип - это указатель на функцию-член из класса U, принимающую пустые аргументы и возвращающую пустоту.