Question

这是我有点奇怪的代码：

template <typename T&>
class A {  
public:  
  void b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<T>::value, T>;::type o) {}  
  void b(typename std::enable_if<std::is_pointer<T>::value, T>;::type o) {}  
};  

template <typename T>  
void b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<T>::value, T>::type o) {}  
template <typename T>  
void b(typename std::enable_if<std::is_pointer<T>::value, T>::type o) {}

如果我ifdef方法b并致电b<int *>(pi）pi为int *，那么一切都会编译。

如果我ifdef输出函数b（课外）并调用A<int *> a; a.b(pi)，我会收到以下错误：

error: no type named 'type' in 'std::__1::enable_if<false, int *>'

为什么不一致以及如何解决问题以便我可以使用A中的方法？

Answer 1

问题是，SFINAE仅在重载解析期间有效，并且仅当函数本身是模板时才有效。在您的方法案例中，整个类是一个模板，意味着模板参数没有替换（请记住：SFINAE ==“替换 >失败不是错误“）。

在实例化时，方法签名看起来像这样（永远不要调用它们）：

void A<int*>::b(std::enable_if<false, int*>::type o) // error
void A<int*>::b(std::enable_if<true, int*>::type o)

要解决此问题，请同时制作方法模板：

template<class T>
class A{
public:
  template<class U>
  void b(U o, typename std::enable_if<!std::is_pointer<U>::value>::type* = 0){}
  // same for the other version
};

另外，让模板参数推断是使用SFINAE的更好方法，所以你应该修改自由函数，如下所示：

template<class T>
void b(T o, typename std::enable_if<!std::is_pointer<T>::value>::type* = 0){}
// same for the other version

在C ++ 11中，您甚至可以使用SFINAE的模板参数：

template<class T, EnableIf<std::is_pointer<T>> = {}>
void b(T o);

利用here链接的博客条目中的别名：

namespace detail{ enum class enabler{}; }

template<class Cond, class T = detail::enabler>
using EnableIf = typename std::enable_if<C::value, T>::type;

Answer 2

有关解释，请参阅Xeo的答案。

对于解决方法：只需在方法

中添加一个虚拟模板参数

#include <utility>
#include <type_traits>

template <typename T>
class A {  
public:
  template <typename U = T>
  void b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<U>::value, U>::type o);

  template <typename U = T>
  void b(typename std::enable_if<std::is_pointer<U>::value, U>::type o);
};

template <typename T>
template <typename U>
void A<T>::b(typename std::enable_if<!std::is_pointer<U>::value, U>::type o) {}  

template <typename T>  
template <typename U>
void A<T>::b(typename std::enable_if<std::is_pointer<U>::value, U>::type o) {} 


int main() {
    A<int> a;
    a.b(0);
}

Live Demo Here

Answer 3

您没有正确使用SFINAE，因为编译器无法推断enable_if<...>::type的参数，这可能就是它失败的原因。

对独立职能的正确声明如下：

template <typename T>  
typename std::enable_if<!std::is_pointer<T>::value, void>::type b(T o);

template <typename T>  
typename std::enable_if<std::is_pointer<T>::value, void>::type b(T o);

在这种特殊情况下，也可以使用普通函数重载：

template <typename T>  
void b(T);

template <typename T>  
void b(T*);

enable_if似乎在一个类之外但不在内部

3 个答案: