C++ 为什么可以'；我使用std：：迭代器<>；：：引用模板？

我试着这么做

template <class V>
class myiterator: std::iterator<std::random_access_iterator_tag, V>{
    reference a;
};

模板
类myiterator:std:：iterator{
参考文件a；
};

就像这个例子一样

class myiterator: std::iterator<std::random_access_iterator_tag, int>{
    reference a;
};

类myiterator:std:：iterator{ 参考文件a； };

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但是我得到了一个错误“'reference'没有命名类型”。如何将std:：iterator:：reference与模板一起使用？

将找不到名称

reference

，因为不会在依赖基类

std:：iterator

中查找非依赖名称，这取决于模板参数

V

您可以将

reference

作为从属名称，如下所示：

template <class V>
class myiterator: std::iterator<std::random_access_iterator_tag, V>{
    typename std::iterator<std::random_access_iterator_tag, V>::reference a;
};

模板
类myiterator:std:：iterator{
typename std:：iterator:：reference a；
};

---

另一方面，非模板版本没有这样的问题。

名称

引用

在基类中声明，基类是依赖类型（其类型取决于

V

）。有一些特殊规则适用于这种情况：当编译器看到名称

引用时，它不会搜索依赖的基类范围，因此也不会找到名称。为了强制编译器搜索依赖的基类作用域，必须限定名称

您可能会认为，
iterator:：reference
会起到作用。不幸的是，这也不起作用
iterator
作为
std:：iterator
的缩写，本身在基类中声明为其“注入的类名”。因此，
迭代器
也不会被找到，除非它被某些东西限定

您可以用很长的方式键入它：
typename std:：iterator:：reference a。更具可读性的方法是：

using base = typename myiterator::iterator;
typename base::reference a;

您可以使用
base:：
在
myiterator
类定义的其余部分中强制查找基类范围

在C++20中，可以从这些上下文中省略
typename