为什么派生的模板类无法访问基本模板类的标识符？

Question

考虑：template <typename T>class Base{    public:        static const bool ZEROFILL = true;        static const bool NO_ZEROFILL = false;}template <typename T>class Derived : public Base<T>{    public:         Derived( bool initZero = NO_ZEROFILL );    // NO_ZEROFILL is not visible        ~Derived();}我无法使用GCC g ++ 3.4.4（cygwin）进行编译。在将它们转换为类模板之前，它们是非泛型的，派生类能够查看基类的静态成员。C ++规范的要求中是否存在这种可见性损失，还是我需要采用语法更改？据我了解，每个实例Base<T>都会有它自己的静态成员“ ZEROFILL”和“ NO_ZEROFILL”，这Base<float>::ZEROFILL和Base<double>::ZEROFILL是不同的变量，但我真的不关心; 该常量用于代码的可读性。我想使用静态常量，因为就名称冲突而言，这比使用宏或全局方法更安全。

Answer 1

这是您的两阶段查找。

Base<T>::NO_ZEROFILL（所有大写字母标识符均为boo，宏除外，BTW）是取决于的标识符T。

因为当编译器第一次解析模板时，还没有实际的类型可以替代T，所以编译器不会“知道”什么Base<T>。因此，它无法知道您假定要在其中定义的任何标识符（可能会有某种特殊化，T编译器稍后会看到），并且您无法从基类中定义的标识符中忽略基类限定条件。

这就是为什么您必须写Base<T>::NO_ZEROFILL（或this->NO_ZEROFILL）。这告诉编译器这NO_ZEROFILL是基类中的内容，它取决于T，并且它只能在实例化模板时稍后进行验证。因此，它将接受它而不尝试验证代码。

当通过为提供实际参数实例化模板时，只能稍后验证该代码T

Answer 2

试试这个程序

#include<iostream>

using namespace std;

template <class T> class base{

public:

T x;

base(T a){x=a;}

virtual T get(void){return x;}

};

template <class T>

class derived:public base<T>{

public:

derived(T a):base<T>(a){}

T get(void){return this->x+2;}

};

int main(void){

base<int> ob1(10);

cout<<ob1.get()<<endl;

derived<float> ob(10);

cout<<ob.get();

return 0;

}

在T get(void){return this->x+2;}直插U还可以使用范围解析（：:)运营商。例如，尝试用

T get(void){return base<T>::x+2;}