C++ 您可以手动调用箭头（->；）运算符功能吗？

如果我有一个

Foo*Foo

，我可以说

Foo->bar（）。是否可以手动调用
操作员->（）
功能？如果是这样，我将如何传递它
bar（）

如果改为
Foo-Foo
，会有区别吗

可能类似于
foo.operator->（bar）
？
是的，您可以。使用重载
->
时，编译器将
foo->bar（）
表达式解释为
foo.operator->（）->->bar（）
。这正是“手动”调用它的方式：
foo.operator->（）->bar（）

如果重载的
运算符->
函数“正确”实现，即它返回的内容也支持运算符
->
，那么使用“手动”语法没有多大意义，因为它与“非手动”语法的作用相同

唯一需要使用“手动”语法的情况是，重载的
运算符->
的实现返回的内容不支持另一个
>
应用程序。例如，
int
值

是否可以手动调用运算符->（）函数

没有运算符->（）函数，因为示例中的
foo
是指针。对于指针，
->
的行为由语言定义

如果类型
Foo
有一个
operator->（）
函数，并且您定义了
Foo*Foo
，您可以这样做来调用
operator->（）
函数：

(*foo)->...;

也可以使用直接调用语法：

(*foo)operator->()->...;

对

@迈克尔，把代码弄糊涂了哈哈，我只是想礼貌一点：）你没有通过
bar
。可重载的
运算符->
是一元运算符，仅作用于其LHS。它返回一个指针，或者返回一个对象，该对象依次重载了
运算符->
。最终，您会得到一个指针，它在中被替换为LHS。C++函数不能把名字作为参数，所以没有办法说“当<代码> bar >代码>被查找在类<代码> fo的实例中，这样做：“例如，你可能习惯于从python中得到的<代码>

或

->

？@Nawaz不能重载运算符，除非至少有一个类型是用户定义的。如果允许，调用的形式将是

operator->（foo）->bar（）

，因为只有类类型才有成员。想想

operator+（int，T const&）

，如果

T

是用户定义的，

0+T

将是

operator+（0，T）

的糖，而不是

0。operator+（T）

@Luc：我不明白你的评论。我的困惑在于

与

->

在

foo中。操作员
@Nawaz我假设
foo
有类型
foo*
，就像OP的问题一样。如果
foo
有一个类类型，例如
std:：unique_ptr
，那么您是正确的：
foo->bar
相当于
foo。操作符->（）->bar
将在一个链中隐式调用
操作符->（）
，以获取指针类型的内容，此时，
->
（取消引用指针并访问成员）的内置逻辑开始生效。（这不能被重写，因为不能重载指针类型的运算符。）当然，如果链以既不是指针也没有重载的类型（例如
int
）结束，则会出现编译器错误。
(*foo)->bar();               //syntax one   (implicit)
(*foo)->operaror->()->bar(); //syntax two   (explicit)
 foo->operator->()->bar();   //syntax three (explicit)