在C接口中声明模板函数？

enum class animal_type { antelope,bear,cat };

class animal
{
};

class antelope : public animal
{
public:
    static const animal_type type = animal_type::antelope;
    void run() { std::cout << "antelope runsn"; };
};

class bear : public animal
{
public:
    static const animal_type type = animal_type::bear;
    void roar() { std::cout << "bear roarsn"; };
};

class cat : public animal
{
public:
    static const animal_type type = animal_type::cat;
    void meow() { std::cout << "cat meowsn"; };
};

现在,我希望能够根据他们的类型检索动物：

class animal_getter
{
public:
    animal& get(animal_type t)
    {
        static antelope s_antelope;
        static bear s_bear;
        static cat s_cat;

        switch (t)
        {
            case animal_type::antelope:
                return s_antelope;

            case animal_type::bear:
                return s_bear;

            case animal_type::cat:
                return s_cat;
        }
    }
};

最后,让实际的动物类型回来更好,使调用语法更好：

template<typename T>
T& get()
{
    return static_cast<T&>(get(T::type));
}

现在我可以这样写：

animal_getter ag;
ag.get<antelope>().run();

而不是更多的人：

animal_getter ag;
static_cast<antelope&>(ag.get(animal_type::antelope)).run();

我希望这没有什么不合理的.但是现在我希望能够对动物进行单元测试,所以理想情况下可以伪造animal_getter类(想象实际的实现访问数据库或者单元测试中你不想要的东西,因此假的) .因此,为’animal getter’类定义一个接口,然后创建一个实现该接口的假的将是很好的.这就是问题,可以编写这个界面吗？这不会编译：

struct IAnimalGetter
{
    virtual template<typename T> T& get() = 0;
};

是否可以挽救这个想法,或者模板函数永远不会被声明为虚拟的,以便定义包含它们的接口？

如果这个想法不是首发,那么这个问题何时开始出错？是在编写模板函数时进行自己的投射吗？我是否应该停止返回动物对象然后让调用者对演员负责？