C++ 将静态成员函数作为参数传递时未定义的引用

我试图在类游戏中设置glfw错误和键回调函数。执行此操作时，我会得到对回调函数的未定义引用

以下是本课程的相关部分：

namespace TGE
{
    class Game
    {
        public:
            void init()
            {
                glfwSetErrorCallback(error_callback)

                if(!glfwInit())
                    exit(EXIT_FAILURE);

                window = glfwCreateWindow(800, 600, "Test", NULL, NULL);

                if(!window)
                {
                    glfwTerminate();
                    exit(EXIT_FAILURE);
                }

                glfwMakeContextCurrent(window);
                glfwSetKeyCallback(window, key_callback);

                start();
            }

            void start()
            {
                // Main loop stuff
            }

            static void key_callback(GLFWwindow* window, int key, int scancode, int action, int mods)
            {
                if(action == GLFW_PRESS)
                {
                    switch(key)
                    {
                        case GLFW_KEY_ESCAPE:
                            glfwSetWindowShouldCLose(window, GL_TRUE);
                            break;
                    }
                }
            }

            static void error_callback(int error, const char* description)
            {
                fputs(description, stderr);
            }

        protected:
            GLFWwindow* window;
    }
}

当我尝试编译时，我得到

In function `TGE::Game::init()`:
undefined reference to `TGE::Game::error_callback(int, char const*)`
undefined reference to `TGE::Game::key_callback(GLFWwindow*, int, int, int, int)`

我有一种感觉，这可能是因为名称空间，但如果是这样，我不知道如何绕过它

---

编辑：将所有内容移出名称空间会导致相同的错误。

我认为这是因为您对

error\u回调（…）

和

key\u回调（…）

的定义在

init（）

函数之后，两者都使用

编辑：

---

忽略这一点，这不是原因，因为这是一个链接器错误（请参见下面的注释）

我怀疑这里发生的事情是您在类声明中定义了静态成员函数，这使得它们隐式地

内联

。由于某些编译器错误（甚至可能是标准指定的行为？），编译器没有实例化这些函数的非内联版本，这些函数实际上具有地址和全局符号

无论这种行为是否正确，内联函数只作为通过指针的回调函数，无论如何都是胡说八道。所以它为什么不起作用是没有意义的。通过指针进行的函数调用不是内联的

您应该只在类声明中声明这些函数，然后在某个地方实现它们

// inside the class decl:
static void key_callback(GLFWwindow* window, int key, int scancode, int action, int mods);

以及：

确保已编译并链接此文件

但是，下面的测试程序为我编译并链接了g++4.6.3

#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>

// Wrapping the class in a namespace makes no difference, by the way.
class test {
  int x[42];
public:
  test()
  {
    qsort(x, 42, sizeof x[0], compare);
  }
  static inline int compare(const void *, const void *)
  {
    return 0;
  }
};

int main(void)
{
  test t;
  return 0; 
}

#包括
#包括
//顺便说一句，将类包装在命名空间中没有任何区别。
课堂测试{
int x[42]；
公众：
测试（）
{
qsort（x，42，sizeof x[0]，比较）；
}
静态内联整数比较（常量void*，常量void*）
{
返回0；
}
};
内部主（空）
{
试验t；
返回0；
}

您是否尝试过将回调函数移到使用它们的函数上方？似乎您已经对其进行了排序（下面的回答中有注释），但如果您仍然患有代码盲症-您需要在

glfwSetErrorCallback（error\u callback）

之后使用分号“^缺少分号意味着代码无法编译，这意味着它不是真正的代码。我没有在实现中声明函数Game:：key\u callback和Game:：error\u callback。愚蠢的错误。我猜这就是一夜没睡之后发生的事。虽然现在我有新的错误要修复，但这仍然有效。如果你没有声明它们，程序是如何进入链接阶段的？问题实际上是，在游戏类的头部，我声明了函数key\u callback和error\u callback，但在.cpp中，我只编写了静态void key\u callback，而不是静态void game:：key\u callback。由于函数是在游戏范围内声明的，编译器在那里查找它们，而实现不在游戏范围内，因此导致了未定义的引用。有趣的是，我在编译时必须使用-fppermissive，因为gcc不允许我声明成员函数具有静态链接。这个错误到底意味着什么？为什么，如果我可以在编译器中允许这个，并且一切都很好，它是否应该首先抛出一个错误？@ USER 941616-你不应该把C++函数、C++名字、函数等作为C函数或函数指针传递给C函数，比如GLFW之类的C库。它可能适用于静态方法，因为没有对象被传递，ABI可能使用与C函数相同的调用约定-但这不是您可以依赖的行为。@BrettHale这不是一种可移植性可以依赖的行为，但它是可以验证在给定平台上工作的行为之一，例如，在对象指针和（正则）函数指针之间转换。@卡兹-典型的方法是将C++静态方法调用封装在一个函数中，使用代码>外部“C”< /C>链接，并将其用作回调。

#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>

// Wrapping the class in a namespace makes no difference, by the way.
class test {
  int x[42];
public:
  test()
  {
    qsort(x, 42, sizeof x[0], compare);
  }
  static inline int compare(const void *, const void *)
  {
    return 0;
  }
};

int main(void)
{
  test t;
  return 0; 
}