C++ C++；模板黑魔法

这只需要在g++中工作

我想要一个函数

template<typename T> std::string magic();

template std:：string magic（）；

以便：

Class Foo{}; magic<Foo>(); // returns "Foo";
Class Bar{}; magic<Bar>(); // returns "Bar";

Class Foo{}；magic（）；//返回“Foo”；
类条{}；magic（）；//返回“Bar”；

我不希望通过专门化来实现这一点（即必须为每种类型定义魔法。我希望在这里引入一些宏/模板黑魔法。有人知道怎么做吗？）

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谢谢

宏上的字符串化操作符可能就是您要寻找的：

#define MAGICCLASSNAME(str) std::string magic(#str)
class Foo{}; MAGICCLASSNAME(foo)

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首先尝试

typeid（Foo）.name（）

。按您认为合适的方式解析；将依赖于实现（但简单地获取字符串是可移植的）。

我提出了以下建议：

#include <iostream>
#include <string>
#include <typeinfo>

using namespace std;
class Foo{}; 
class Bar{};

template<typename T> 
inline std::string magic(const T& obj)
{
 return typeid(obj).name();
}

int main()
{
 Foo a;
 cout << magic<Foo>(a); // returns "Foo";
}

#包括
#包括
#包括
使用名称空间std；
类Foo{}；
类条{}；
模板
内联标准：：字符串魔术（常量T&obj）
{
返回typeid（obj.name（）；
}
int main（）
{
福阿；
cout若要将类型（或其他标识符）转换为字符串，您需要一个宏，但宏无法检查其参数是否为有效类型。若要添加类型检查，可以向宏中添加模板函数：

template<typename T>
std::string magic_impl(const char *name) { return name; }

#define more_magic(a) magic_impl<a>(#a)
#define magic(a) more_magic(a)

模板
std:：string magic_impl（const char*name）{return name；}
#定义更多的魔法（a）魔法（a）
#定义魔术（a）更多的魔术（a）

这里
magic（int）
给出字符串
“int”
，而
magic（Foo）
给出一个“'Foo'未声明”如果没有这样的类，则会出现错误。
现在，这其中的哪一部分是必需的，而您只是编写了哪一部分，因为您认为它是必需的。类Foo重要吗？给我们一个更现实的用例。这是对某种简单的静态反射机制的一个相当明显的要求，它不会带来RTTI的全部功能。我想玩得开心因为我可以传递任何类型，它将返回我的类型名称。在C++中，你可能正在寻找模板黑魔法。如果是这样的话，会有帮助。根据你认为合适的方式分析，例如：<代码> char *n=Type（FO）.NAME（）；而（*N＆＆N'A'）++n；

在这里给出的所有答案中，我最喜欢这个答案，因为a）它会进行类型检查b）结果是类名，而不是任何可能依赖于编译器的损坏形式。更多的魔法存在只是为了检查名为“a”的类型是否已声明并且在范围内。没有它，我可以调用magic（%%）即使%%%%不是某个类型的合法名称，也要获得成功调用。