Question

我正在尝试创建一种包装类，它将所有运算符转发到其包含的对象，尝试使其能够“假装”成为包含的对象。我想要写的代码看起来像这样（简化）：

template<typename T>
class Wrapper
{
private:
    T val;
public:
    Wrapper(T value) : val(value) {}
    auto operator++() -> decltype(++this->val)
    {
        return ++this->val;
    }
};

这适用于int，但如果我尝试将std::string传递给它，我会收到错误cannot increment value of type 'std::basic_string<char>'。

我也试过在这里使用declval，但这只会让事情变得更糟，因为它不仅会在std::string上抛出错误，在这种情况下它也会因为{{1}而将它们抛到int上不是一个阶级。

现在，在正常情况下，根本不会生成此函数，因为我没有调用它。但是，无论出于何种原因，即使它根本没有生成，也会在此函数上处理decltype。（如果我删除了decltype并将返回类型更改为void，我可以使用int进行编译，没有任何问题。）

所以我的问题是：有什么方法可以解决这个问题吗？也许使用SFINAE的一些疯狂伎俩？或者，这首先是编译器的不正当行为，因为该函数不生成代码？

编辑：解决方案，稍微改进了BЈовић建议的解决方案：

std::string

这将适用于简单类和类类型，对于类类型，也适用于operator ++的返回类型不是R的情况（对于operator ++来说可能非常罕见，但值得考虑到最大兼容性。）

Answer 1

有什么方法可以解决这个问题吗？

您可以使用boost::has_pre_increment和SFINAE：

#include <string>
#include <boost/type_traits.hpp>


template<typename R,bool hasOp = boost::has_pre_increment<R>::value > struct OpRet
{
  typedef R Ret;
};
template<typename R> struct OpRet<R,false>
{
  typedef void Ret;
};


template<typename T>
class Wrapper
{
private:
    T val;
public:
    Wrapper(T value) : val(value) {}
    auto operator++() -> typename OpRet<T>::Ret
    {
        return ++val;
    }
};

int main()
{
  Wrapper<std::string> a("abc");
  Wrapper<int> b(2);
}

首先可能这是编译器的不正当行为，因为该函数没有生成代码？

没有。编译器发出适当的诊断。 std::string实际上没有前缀增量运算符。 [temp.deduct] 7和8对此很清楚：

7：

替换发生在函数类型和模板参数声明中使用的所有类型和表达式中。表达式不仅包括常量表达式，例如出现在数组边界中的常量表达式，还包括非类型模板参数，还包括sizeof，decltype和允许非常量表达式的其他上下文中的通用表达式（即非常量表达式）。 [注意：异常规范中的等效替换仅在实例化函数时完成，此时如果替换导致无效的类型或表达式，则程序格式不正确。 - 结束说明]

8：

如果替换导致无效的类型或表达式，则类型推导失败。 ...

Answer 2

你确实想要SFINAE。 operator++需要成为一个函数模板，一个好方法是使用模板参数的默认参数将T转换为依赖类型（这是SFINAE应用所必需的）。

template<typename U = T>
auto operator++() -> decltype(++std::declval<U&>())
{
    return ++this->val;
}

然而，正如您可能注意到的那样，我们失去了直接使用该成员的便利性，我们需要一些思考来确定我们应该向std::declval提供什么，以获得值类别和cv-qualifiers权利

decltype在不生成代码的模板方法上抛出错误

2 个答案: