インタフェースはメソッド名のみを指定できますが、戻り値の型は指定できませんか？

Question

たとえば、Valueのようなクラスがあるとします。

template <typename T> 
class Value : public ValueInterface 
{ 
    public: 
     // ... 
     T getValue() const; 

    private: 
     T value_; 
} 

は、私が（例えば、コンテナを作成するために）一般的に私のコードで（つまり、異なるTタイプで、である）異なるタイプの複数Value Sを参照してくださいことはできますか？ 、あなたは別のソリューションを提供することができ

class ValueInterface 
{ 
    public: 
     ?? getValue() const = 0; 
} 

template <typename T> 
class Value : public ValueInterface 
{ 
    // ... 
} 

std::list<ValueInterface> lst; 
Value<int> i(...); 
Value<char> c(...); 

lst.push_back(i); 
lst.push_back(c); 

int vi = i.getValue(); 
char vc = c.getValue(); 

を、それが不可能な場合：私の最初に考えたのは、それが何らかの形でValueを継承することができ、そこから純粋な抽象クラスを宣言することは可能かどうでしたか？

Answer 1

++すべての式は、コンパイラに知られているタイプを持っている必要がありますが、あなたのソリューションにlst.begin()->getValue()は、任意の特定のタイプを持っていないでしょう。

あなたはあなたの例をよく見ればあなただけのサブクラスのバージョン、どこでもValueInterface::getValue()を呼び出していませんが。

あなたは次のことを試すことができます。

class ValueInterface 
{ 
    public: 
    template <typename T> 
    T getValue() const 
    { 
     return dynamic_cast< const Value<T> &>(*this).getValue(); 
    } 
    virtual ~ValueInterface() 
    { } 
}; 

template <typename T> 
class Value : public ValueInterface 
{ 
    public: 
     // ... 
     T getValue() const; 

    private: 
     T value_; 
}; 

注getValue()ではない（とすることはできません）仮想こと。あなたはgetValue呼び出しで間違ったタイプを使用する場合は、例外std::bad_castがスローされます

int z = lst.begin()->getValue<int>(); 

：

今、あなたはあなたの例からコードを書くだけでなく、することができます。

Answer 2

それが曖昧のすべての種類を作成してあなたは、戻り値の型にオーバーロードすることはできません。

私はあなたがここで何をしようとしてはかなりよく分かりません。私はあなたがblah以上を反復するか、それからランダムな要素を選んで、上記の要素にgetValue()を呼び出していると仮定しています。この呼び出しは、絶対に任意の型を返すことができます：char、const void*、Value< Value< Value<const void*> > >、などあなたが結果で何をしますか？あなたはそれのための変数をどのように定義しますか？ Cでは