G++ 为未使用的模板特化生成代码？

在我正在处理的项目的一些序列化代码中，我有一个类型，其大小取决于编译器。为了解决这个问题，我决定使用模板专业化，效果很好。一切都在编译时解决。代码看起来有点像这样（不是真正的代码，只是一个例子）：

template <int size>
void
special_function()
{
     std::cout << "Called without specialization: " << size << std::endl;
}

template <>
void
special_function<4>()
{
     std::cout << "dword" << std::endl;
}

template <>
void
special_function<8>()
{
     std::cout << "qword" << std::endl;
}

int
main()
{
     special_function<sizeof(int)>();
     return 0;
}

在我的32位系统上，执行上述程序输出dword，正如预期的那样。但这样做的全部意义在于这样做而不仅仅是这样做if (sizeof(int) == 4) { ... } else if ...是我希望编译器只会为适当的函数生成代码。自从special_function<4>是该程序中唯一调用的一个，我希望它是编译器（在本例中为 gcc 4.1.2，在 x86 Linux 上）生成的唯一一个。

但这不是观察到的行为。

虽然它确实有效，但每个模板专业化的代码都会生成，尽管从未使用过。但是，不会生成通用定义。

我应该指出，这是一步编译，而不是编译成中间目标文件，然后是链接。在这种情况下，将死代码删除推迟到链接阶段似乎很自然，而且我知道链接器并不总是非常擅长于此。

有谁知道发生了什么事吗？我在这里缺少模板专业化的微妙之处吗？天知道C++ 的问题在于细节。

编辑：既然已经提到过，这种行为会发生在 -O3 和 -Os 上。

EDIT2：下面的 Rob 建议将函数放在匿名名称空间中。这样做并使用任何级别的优化进行编译确实可以删除死代码，这很好。但我很好奇，所以我尝试对以下程序执行相同的操作：

namespace {
void foo() { std::cout << "Foo!" << std::endl; }
void bar() { std::cout << "Bar!" << std::endl; }
}

int
main()
{
       foo();
       return 0;
}

这里的想法是看看 Rob 的解决方案是否实际上与模板专业化相关。事实证明，上面打开优化编译的代码忽略了未使用的定义bar()来自可执行文件。因此，虽然他的答案解决了我眼前的问题，但它并没有解释为什么根本没有使用的模板专业化会被编译。

有谁知道标准中的相关片段可以解释这一点？我一直认为模板仅在使用时生成，但对于完全专业化来说可能并非如此......

您的示例中的模板专业化是具有外部链接的函数。编译器无法知道它们不会被另一个翻译单元调用。

在我的 g++ 4.7.2 Ubuntu 系统上，将模板放入匿名名称空间并使用-O3防止生成未使用的函数。

同样，声明函数模板static达到了预期的效果。