C++ 模板类中模板类成员的演绎

我利用C++17的新特性来推断模板类中的类成员类型。具体而言，我正在这样做：

#include <array>
#include <iostream>

template <std::size_t N = 0>
class A
{
public:
    using Array = std::array<int, N>;

    A(const Array& arr) : myArr{arr} {}
    A() = default;

    void show() { std::cout << N << std::endl; }

private:
    Array myArr;
};

然而，当我在

A

中引入另一个模板参数时，这种魔力就被破坏了，如下所示：

template <typename T, std::size_t N = 0>
class A
{
    ... // same content, no use of T
}

编译器在所有情况下都推断出

N=0

，并且无法将输入

std:：array

分配给构造函数中的推断参数

std:：array

：

错误：调用'A:：A（）'时没有匹配的函数
A a1{data}；
注：候选者：'A:：A（常量数组&）[带T=int；长无符号int N=0；A:：Array=std:：Array]'
A（const数组&arr）：myArr{arr}{}
注意：参数1从'std:：array'到'const-array&'{aka'const-std:：array&'}没有已知的转换
A（const数组&arr）：myArr{arr}{}

有谁能解释一下为什么会发生这种情况，以及是否有解决办法

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提前谢谢你

扣减指南不进行部分匹配

合成与否

在第一种情况下，编译器合成演绎指南

template<std::size_t N>
A(std::array<int,N>const&)->A<N>;

模板
A（std:：arrayconst&）->A；

传递任何模板参数后，将不使用扣减指南。没有部分匹配

请参阅，以获得您所称的魔法的合理描述

如果需要，可以编写make函数，或者省略

int

---

至于原因，可能是反向兼容性和KISS原则。

当您键入

A

时，您指定了所有模板参数，N默认为0。没有推论。@S.M.就是这样！我没有意识到。那么我认为没有办法正确推断出

N

，我需要在任何地方传递

T

，这是否回答了你的问题@大卫谢林：谢谢，这是一个非常接近的答案，但我想我不能让它在我的情况下工作。如果我为

N=0

的情况声明

template class A->A

，那么我可以在

模板class A

中删除

N

的默认值。这很好，它将允许

a2。然而，我不知道如何声明
N>0
的情况，而不显式地指示
a1{data}。有可能吗？或者我错过了什么吗？@Victor：我投票支持复制品是基于它对困难的解释，而不是它的变通方法的适用性。这并不是说没有：例如，在C++20中，您可以使用类似于
wrapper:：alias a{data}的东西。
A<int> a1{data};
A<int> a2;

error: no matching function for call to ‘A<int>::A(<brace-enclosed initializer list>)’
A<int> a1{data};

note: candidate: ‘A<T, N>::A(const Array&) [with T = int; long unsigned int N = 0; A<T, N>::Array = std::array<int, 0>]’
A(const Array& arr) : myArr{arr} {}

note:  no known conversion for argument 1 from ‘std::array<int, 3>’ to ‘const Array&’ {aka ‘const std::array<int, 0>&’}
A(const Array& arr) : myArr{arr} {}

template<std::size_t N>
A(std::array<int,N>const&)->A<N>;