C++ 在类中查找模板？

这件事很难说清楚。有时我会看到这样的课程：

template <typename T>
class Wrapper
{
public:
    Wrapper(const T& t) : t_(t) {}
    Wrapper(const Wrapper& w) : t_(w.t_) {}
private:
    T t_;
}

模板
类包装器
{
公众：
包装器（const T&T）：T_（T）{}
包装器（constwrapper&w）：t（w.t）{
私人：
T!；
}

---

据我所知，这是合法的代码。但是，为什么复制构造函数可以接受

const包装&

，而不明确说明它需要

const包装&

。模板类型何时隐含？如果不使用类内定义，是否允许以这种方式编写复制构造函数？

基本上，在类模板定义中，您可以使用被定义为模板id完整参数化版本的缩写的模板的模板名称。

在这样的模板类中，使用类名称与使用

包装器相同，这是由语言标准明确指定的在14.6.1/1中：

在类模板的范围内，
当模板的名称为
既不合格也不紧跟否，课外你必须写：

template <typename T>
Wrapper<T>::Wrapper<T>(const Wrapper<T>& w) : t(w.t) {}

在参数声明中不需要使用
包装器
。只需
包装器
就足够了。实际上，上面的说法是不正确的。在构造函数名称中使用
总是非法的。它应该是“Wrapper:：Wrapper（…`。Always？在MSC6中编译得很好。很遗憾，我在工作中没有访问gcc的权限。请联机尝试Comeau。构造函数名称后的
将指示构造函数本身是模板（模板类中的模板构造函数）。在这种情况下不是这样，因此不允许使用
部分。Comeau也在其联机编译器上接受它。这是因为注入的类名在模板中工作的方式（注入的类名是在其自身范围内可见的类型的特殊名称的术语，以防止名称查找找到另一个类）。模板中注入的类名引用类模板，但如果在没有模板参数列表的情况下使用，则它引用当前正在实例化的模板的任何版本-因此在
Wrapper
中，
Wrapper
是
Wrapper
的同义词。可以说，将构造函数命名为
Wrapper（）
更正确。我在GCC 4.4.2中尝试了这一点，但在“main1.cpp:4:error:构造函数作为模板的使用无效”中遭到拒绝。我已经回复了您的usenet问题，我认为它应该很快就会出现，并对这方面有一些想法。
template <typename T> Wrapper<T>::Wrapper(const Wrapper& w) : t_(w.t_)
{
}

template <typename T> Wrapper<T>::Wrapper<T>(const Wrapper& w)
                                         ^ ERROR !!!

warning C4812: obsolete declaration style: please use 'Wrapper<T>::Wrapper' instead

template <typename T>
Wrapper<T>::Wrapper<T>(const Wrapper<T>& w) : t(w.t) {}

template <typename T>
class Foo {
public:
    Foo() {}
    Foo(const Foo& f);
};

template <typename T>
Foo<T>::Foo<T>(const Foo<T>& f) { }

int main(int argc, char** argv)
{
    Foo<int> f;
    Foo<int> g(f); // make sure the template is instantiated
}