C++ 使用带有原始指针的typedef与共享\u ptr

下面是一个链表

Node

结构的示例，其中包含

int data

和

NodePtr next

我的想法是对

NodePtr

使用

typedef

，因为我想用原始指针和共享的ptr进行实验。此外，为了保持简单，我希望能够将一行代码从一行更改为另一行

对于原始指针，下面的代码编译得很好

typedef struct Node* NodePtr;
struct Node {
   int data;
   NodePtr next;
};

但是，如果我只是将typedef更改为共享的ptr，就会出现编译错误

typedef std::shared_ptr<Node> NodePtr;
struct Node {
   int data;
   NodePtr next;
};

error: ‘Node’ was not declared in this scope
error: template argument 1 is invalid

那么，为什么第一个

typedef

可以正常工作，而第二个不行呢？ 并且，是否可以在不使用转发声明的情况下

typedef shared_ptr

s

那么，为什么第一个

typedef

可以正常工作，而第二个不行呢

因为您的第一个

typedef

转发声明

节点

：

typedef struct Node* NodePtr;
//      ^^^^^^^^^^^

您可以在第二个

typedef

中执行相同的操作：

typedef std::shared_ptr<struct Node> NodePtr;

using ptr = Node*; // vs. `using ptr = std::shared_ptr<Node>`

---

顺便说一句，

shared\u ptr

很可能是错误的智能指针。你真的想要共享所有权吗？鉴于结构，是否更可能是

唯一的\u ptr

呢？谢谢，是的，本例不需要共享的\u ptr。我只是在尝试如何用智能指针替换原始指针。谢谢您的回复。我现在更明白了。如果我在结构内部移动

typedef

，它将仅在该范围内可见。但是因为我希望

NodePtr

在其他地方可见，所以我更希望

typedef

在外部。@user2602740您总是可以从外部执行

Node:：ptr

。

struct Node {
    typedef Node* ptr; // no need for `struct`!
    // or `typedef std::shared_ptr<Node> ptr;`
    int data;
    ptr next;
};

using ptr = Node*; // vs. `using ptr = std::shared_ptr<Node>`