Typedef intérieur de la classe de modèle ne fonctionne pas

J'ai un problème avec le code suivant:

template <typename U>
class lamePtr
{
public:
    typedef U* ptr;
};

template <typename U>
class smarterPointer
{
    public:
    void funFun()
    {
        typedef lamePtr<U> someType;
        someType::ptr query;
    }
};

Comme vous le voyez, j'ai une définition de type à l'intérieur de lamePtr. À l'intérieur de smarterPointer classe j'ai une fonction funFun(). Que suis-je en train d'essayer de faire est de faire un autre typedef someType. Jusqu'à cette ligne, tout fonctionne bien jusqu'à ce que nous arrivons à la ligne avec someType::ptr requête.

Ce que je veux, ici, de se produire est que "requête" deviendra lamePtr< U >::ptr (une simple valeur, pas une définition de type ;). Cependant, j'obtiens des erreurs de compilation (gcc 4.4.3):

temp.cpp: In member function ‘void smarterPointer<U>::funFun()’:
temp.cpp:15: error: expected ‘;’ before ‘query’

Ce que je fais mal?

Liés à, avec beaucoup d'informations sur les raisons de l' typename est nécessaire: Où et pourquoi dois-je mettre template et typename sur dépendante des noms?
Dans l'avenir, n'essayez pas de formater votre code avec les balises html. Il suffit d'entrer comme ça, sélectionner tout, puis cliquez sur le {} bouton.
Merci, je vais garder cela à l'esprit pour l'avenir. Merci pour la référence à James, je vais passer un peu de temps

OriginalL'auteur Melon | 2011-04-02

  1. 13

    someType, comme lamePtr<U> est une "personne à charge nom". Cela dépend de ce que U est de savoir si ou non il est un membre ptr et, si oui, de quel genre de "chose" qui est membre.

    Bien sûr, vous savoir que pour tous les T, lamePtr<T>::ptr est un type, mais à ce stade de la compilation de l'analyseur ne sais pas qui.

    Utilisation le nom mot clé de faire allusion à l'analyseur que c'est un type. Le reste sera résolu plus tard dans le processus de compilation. Juste un peu de C++ caprice.

    template <typename U>
class lamePtr
{
public:
    typedef U* ptr;
};

template <typename U>
class smarterPointer
{
    public:
    void funFun()
    {
        typedef lamePtr<U> someType;
        typename someType::ptr query;
    }
};
    Fonctionne comme un charme [;
    Pas de problème 🙂

    OriginalL'auteur Lightness Races in Orbit

  2. 9

    Vous avez besoin de la typename mot-clé pour indiquer que someType::ptr est un type.

        typename someType::ptr query;

    Voir Officiellement, qu'est-ce que le nom? pour plus de détails.

    Merci, cela a fonctionné. Je vais certainement avoir des pour en savoir plus sur typenames, merci pour la solution et le lien
    Quelques documents à lire si vous êtes intéressé: comeaucomputing.com/techtalk/templates/#typename

    OriginalL'auteur kennytm