C++ 在自己的成员函数中构造类时，如何强制类模板参数推断？

考虑以下代码：

struct A {};

template <typename T> struct B
{
    B(T) {}
    auto foo() {return B(A{});} // error: no matching function for call to 'B<int>::B(A)'
};

auto foo() {return B(A{});} // compiles

int main()
{
    foo();
    B b(0);
    b.foo();
}

struct A{}；
模板结构B
{
B（T）{}
auto foo（）{return B（A{}）；}//错误：没有匹配的函数用于调用'B:：B（A）'
};
auto foo（）{返回B（A{}）；}//编译
int main（）
{
foo（）；
B（0）；
b、 foo（）；
}

我理解为什么

B:：foo（）

不编译：在

struct B

内部，

B

（作为注入类名）的意思是

B

，除非它被明确用作模板。在这种情况下，它阻止类模板参数推断

假设我不能做

auto foo（）{return B（A{}）；}

，因为我的实际代码依赖于用户提供的稍微复杂的演绎指南

问题是：在

B:：foo

内部构造

B

时，如何强制类模板参数推断

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我希望我没有遗漏一些明显的东西。

您对其进行了限定，使其不是注入的类名

auto foo() {return ::B(A{});}

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您可以限定它，使其不是注入的类名

auto foo() {return ::B(A{});}

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另一个选项是使用函数为您进行类型推断

template <typename T> B<T> make_b(T t) { return B<T>(t); }

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另一个选项是使用函数为您进行类型推断

template <typename T> B<T> make_b(T t) { return B<T>(t); }

：：B（A{}）

---<代码>：：B（A{}）---