如何在返回类型函数模板的专业化中使用派生类型？（“无法推断模板参数”）

Question

我有一个模板类和一个模板返回类型的函数：

template<typename T>
class Wrapper {
public:
    Wrapper(const T& _data) : data(_data) { }

    const T& get_data() {return data;};
private:
    T data;
};

template <typename T>
Wrapper<T> build_wrapped(){
    T t{};
    return Wrapper<T>(t);
}

假设我想为一个特定类型扩展返回的包装，并专门为该类型使用build_wrapped（）函数。因此，让我们创建一个模板来保存返回类型，并在build_wrapped（）中使用它：

template<typename T>
struct ReturnType {
    using type = Wrapper<T>;
};

template <typename T>
typename ReturnType<T>::type build_wrapped(){
    T t{};
    return typename ReturnType<T>::type(t);
}

并用它来提供专业化：

struct Foo{};

class ExtendedWrapper : public Wrapper<Foo> {
public:
    ExtendedWrapper(const Foo& _data) : Wrapper(_data) {}
    int get_answer() {return 42;};
};

template<>
struct ReturnType<Foo> {
    using type = ExtendedWrapper;
};

template<>
typename ReturnType<Foo>::type build_wrapped(){
    Foo t{};
    return typename ReturnType<Foo>::type(t);
}

然而，gcc和clang都拒绝了最终声明。例如，clang返回：

错误：没有与函数模板专门化“build_wrapped”匹配的函数模板

注意：已忽略候选模板：无法推断模板参数“t”

通过为Foo创建一个明确的Wrapper专门化，我可以使用ReturnType来解决问题。然而，当我只想添加一些新功能时（如扩展包装），这需要复制包装中的所有代码（在我的现实生活中，这是一个重要的类）。那么，这能做到吗？上述方法有什么问题？

Answer 1

编译器已经告诉您问题是什么：

注意：已忽略候选模板：无法推断模板参数“t”

您需要明确指定模板参数。

template <>
typename ReturnType<Foo>::type build_wrapped<Foo>()
{ //                                        ^~~~~
    Foo t{};
    return typename ReturnType<Foo>::type(t);
}