C++ 为什么我不能创建这样的模板函数？

我尝试使用辅助函数打印向量，如下所示：

这行不通-

template<class T>
void print(const std::vector<T>& v)
{
    std::vector<T>::const_iterator i;
    for (i = v.begin(); i != v.end(); i++)
        std::cout << *i << "  ";
    std::cout << std::endl;
}

编辑：我明白了

但这是有效的-

template<class T>
void print(const std::vector<T>& v)
{
    // changed std::vector<T> to std::vector<int>
    std::vector<int>::const_iterator i;
    for (i = v.begin(); i != v.end(); i++)
        std::cout << *i << "  ";
    std::cout << std::endl;
}

我想问以下问题：

为什么第一个不起作用，第二个起作用？ 为相同功能编写函数的替代方法有哪些？ 另外，我不想在函数中更改任何元素。我想这可以通过使用每个算法来实现。但我不确定如何为它编写谓词。 你应该使用

typename std::vector<T>::const_iterator i;

使其按照编译器在错误消息中告诉您的方式工作

在第一种情况下，const_iterator是依赖于模板的名称，因此必须使用关键字来消除歧义

请按照Joachim Pileborg评论中的链接进行解释。

std:：vector:：const_迭代器是一个依赖名称，您需要在前面添加typename：

typename std::vector<T>::const_iterator i;

或者这样写：

for (auto it  = v.begin(); it != v.end(); ++it) {
    std::cout << *it << "  ";
}

或

什么是从属名称：

在某种程度上依赖于模板参数的名称。当然，任何显式包含模板参数的限定或非限定名称都是依赖的。此外，由成员访问操作符限定的限定名称。如果access运算符左侧的表达式类型取决于模板参数，则取决于->或。特别是，当b出现在模板中时，此->b中的b是一个从属名称。最后，当且仅当任何参数表达式具有依赖于模板参数的类型时，形式为identx，y，z的调用中的标识符ident是从属名称

为什么第一个不起作用，第二个起作用？ 因为你忽略了错误

typename std::vector<T>::const_iterator i;
^^^Use typename

为相同功能编写函数的替代方法有哪些？另外，我不想在函数中更改任何元素。我想这可以通过使用每个算法来实现。但我不确定如何为它编写谓词。

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如果您想使用intOh，可以用typename T替换class T，请尝试阅读错误消息。它实际上准确地说明了修复它所必须做的事情。@arne老实说，我编写模板重的代码已经有4年了，这是我第一次听到这种区别。我学会了在任何地方都喜欢类，因为它不能与表示非类型模板参数的typename混淆。恭喜。你做了一个文本截图。我更喜欢把我的同事当作成年人看待，并假设读者知道他们在读什么，也就是说，知道类和类型名在这种情况下是可以互换的。如果他们不这样做，他们就没有必要阅读这些代码，他们将继续阅读教模板的书，永远不会有任何混淆。所以第二种方法有效，因为类型名是在第二个函数中定义的，就像我显式编写类型一样？@mozart是的，因为在第二种方法中有int类型的元素向量，所以它的knownOr std:：copy，，std:：ostream_迭代器std:：cout—有很多方法可以做到这一点，而无需详细说明迭代器类型。

typename std::vector<T>::const_iterator i;
^^^Use typename

struct foo{
    void operator()(const int &i) const{
        std::cout<<i<<"  ";
    }
}
for_each(v.begin(), v.end(),foo());