C++ 函数模板的C回调：显式实例化模板 前提

我正在使用一个C库（来自C++），它提供以下接口：

void register_callback(void* f, void* data);
void invoke_callback();

问题 现在，我需要注册一个函数模板作为回调，这给我带来了问题。考虑下面的代码：

template <typename T> void my_callback(void* data) { … }

int main() {
    int ft = 42;
    register_callback(reinterpret_cast<void*>(&my_callback<int>), &ft);
    invoke_callback();
}

template void my_回调（void*data）{…}
int main（）{
int-ft=42；
注册回拨（重新解释回拨（&my回拨），&ft）；
调用_回调（）；
}

这给了我以下链接器错误（在OS X上使用g++（GCC）4.5.1，但在大多数其他编译器版本/平台组合上工作）：

架构x86_64的未定义符号：

"void my_callback<int>(void*)", referenced from:  
  _main in ccYLXc5w.o

“void my_回调（void*）”，引用自：
_ccYLXc5w.o中的主管道

我觉得这是可以理解的

第一个“解决方案” 通过显式实例化模板，可以轻松解决此问题：

template void my_callback<int>(void* data);

模板void my_回调（void*数据）；

不幸的是，这不适用于我的实际代码，因为回调是在函数模板中注册的，我不知道该函数将调用哪一组模板参数，所以我无法为所有这些参数提供显式实例化（我正在编写一个库）。所以我真正的代码看起来有点像这样：

template <typename T>
void do_register_callback(T& value) {
    register_callback(reinterpret_cast<void*>(my_callback<T>), &value);
    // Other things …
}

int main() {
    int ft = 42;
    do_register_callback(ft);
    invoke_callback();
}

模板
无效do_寄存器_回调（T和值）{
注册回调（重新解释强制转换（我的回调），&value）；
//其他事情…
}
int main（）{
int-ft=42；
不注册回调（ft）；
调用_回调（）；
}

第二个“解决方案” 函数模板通过调用函数隐式实例化。让我们这样做，但确保调用没有实际执行（函数有副作用）：

模板
无效do_寄存器_回调（T和值）{
if（false）{my_callback（0）；}
注册回调（重新解释强制转换（我的回调），&value）；
}

这似乎是可行的，即使启用了优化（以便编译器删除死分支）。但我不确定这是否有一天不会崩溃。我还发现这是一个非常丑陋的解决方案，需要一个长度解释性注释，以免将来的维护人员删除这个显然不必要的代码

问题: 如何实例化一个我不知道模板参数的模板？这个问题显然毫无意义：我不能但是有没有一个鬼鬼祟祟的方法

除此之外，我的变通方法是否一定会成功？

奖金问题 代码（特别是，我将函数指针转换为

void*

）也会产生以下警告：

ISO-C++禁止在函数指针和对象指针/p>之间进行强制转换 使用

-pedantic

编译时。我能在不为库编写强类型C包装器的情况下（在我的情况下这是不可能的），以某种方式消除警告吗

（添加强制转换以使其可编译）

这应该起作用：

template <typename T>
void do_register_callback(T& value) {
   void (*callback)(void*) = my_callback<T>;
   register_callback(reinterpret_cast<void*>(callback), &value);
}

现在，在你的登记员那里，你甚至不需要演员

模板
无效do_寄存器_回调（T和值）{
register\u callback（重新解释\u cast（&foo:：my\u callback），&value）；
}

---

实例化类模板的规则似乎不同于函数模板-即，要获取类成员的地址，类型将被实例化。

显然，真正的问题是在我的原始代码中缺少

静态\u cast

：

register_callback(reinterpret_cast<void*>(&my_callback<int>), &ft);

register\u callback（重新解释强制转换（&my\u callback），&ft）；

这可以很好地编译，但在使用GCC4.5时会触发类似的错误。当使用GCC 4.2时，它甚至不编译，而是给出以下编译错误：

上下文信息不足，无法确定类型

一旦提供了“上下文信息”，代码将编译并链接：

register\u callback（重新解释\u cast）(
静态_cast（我的_回调）），&value）；

---

我不知道是否需要强制转换，以及（如果需要的话）为什么GCC4.5允许我禁用它，然后无法实例化模板。但至少我不用借助黑客就可以编译代码。

POSIX建议使用以下方法在函数指针类型和对象指针类型之间转换（C99中未定义）：

typedef无效函数类型（void*）；
函数类型*p_to_函数=&my_回调；
void*p_to_data=*（void**）和p_to_函数；
//未定义：
//void*p_to_data=（void*）p_to_函数；

---

请注意，在C++-land中，这将从

函数类型**

执行

重新解释转换（&p\u to\u函数）

。这不是未定义的，而是实现定义的，与重新解释转换（p\u to\u函数）不同。因此，您最好编写依赖于实现的符合C++的代码。

为什么回调签名

void（*）（void*）

不在寄存器回调中？@David别问我，我一点也不知道。这来自第三方C库。为什么不使用

if（false）{my_callback（value）；}

而不是假设所有回调都使用指针值？它至少稍微不那么难看。@Chris：鉴于回调是用

void*

调用的，我想它总是使用指针参数。另外，使用

（void*）

而不是

reinterpret\u cast

可以消除警告。如果不行的话，你可以用工会。我想你是说我的回电这听起来很合理。不幸的是，它在我的编译器/平台组合上肯定不起作用。作为参考，您的代码也可以在我的平台上使用不同的编译器版本（4.2），也可以在不同的平台上使用我的编译器版本（4.5.1）。@zennehoy，@Nim:似乎很明显，我已经对其进行了修补。这是否意味着模板化函数有多个重载？如果只有一个模板，则不需要额外的“上下文信息”来确定类型（即，类型为

template <typename T>
struct foo
{
static void my_callback(void* data) {
    T& x = *static_cast<T*>(data);
    std:: cout << "Call[T] with " << x << std::endl;
}
};

template <typename T>
void do_register_callback(T& value) {
   register_callback(reinterpret_cast<void*>(&foo<int>::my_callback), &value);
}

register_callback(reinterpret_cast<void*>(&my_callback<int>), &ft);

register_callback(reinterpret_cast<void*>(
    static_cast<void(*)(void*)>(my_callback<int>)), &value);

typedef void function_type(void*);
function_type *p_to_function = &my_callback<T>;
void* p_to_data = *(void**)&p_to_function;

// Undefined:
// void* p_to_data = (void*)p_to_function;