“模板”的“使用”别名的等价物
C ++ 11添加了别名模板，例如：
template<typename T> using identity = T;
template<bool b, typename T = void> using EnableIf = typename std::enable_if<b, T>::type;
这些都是很容易比旧的使用template类型的地图，让您在返回值::type ，因为即使你的类型参数都依赖于当地环境领域，你不需要告诉编译器的结果是一种。
实际上，您将typename从使用位置提升为using别名。
有什么等价物可以用来摆脱生产的无关template吗？
假设你有一个元函数，其输出是类或别名模板而不是类型。 目前的方法是这样的：
template<typename T>
struct my_meta {
template<typename U>
using Template = identity<U>;
};
template<typename T>
struct my_meta {
template<typename U>
using Template = int;
};
我们可以这样使用它：
template<typename T, typename U>
typename my_meta<T>::template Template<U>
do_stuff( U&& ) { return {}; }
在返回类型中存在额外的template关键字来消除我的元函数的返回值是我想要消除的。
是否有任何方式向编译器指出，在不使用调用位置处的template关键字的情况下，元计算的结果是C ++ 11或C ++ 1y中的另一个别名或类模板？
即：
template<typename T, typename U>
my_meta_template<T><U>
do_stuff( U&& ) { return {}; }
甚至
template<template<typename> class Template>
void do_more_stuff() {}
template<typename T>
void do_stuff() {
// syntax I want: just produce an alias or class template directly:
do_more_stuff< my_meta_template<T> >();
// vs what I find is required: the disambiguator:
do_more_stuff< my_meta<T>::template Template >();
};
我知道删除template最佳方法是制作简单的修整器，它可以为您做到这一点：
template<typename Meta, typename U>
using apply = typename Meta::template Template<U>;
以及您之前使用过的所有template<typename> class Template将其替换为typename Meta 。
template<typename Meta>
void do_more_stuff()
{
apply<Meta, int>::func(); //=== Meta::template Template<int>::func();
}
template<typename T>
void do_stuff() {
do_more_stuff< my_meta<T> >();
do_more_stuff< my_meta<T> >();
};
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