Question

我正在为嵌入式设备开发应用程序，因此我没有type_traits和enable_if（编译器质量差）。我自己创建了它们：

template <typename T>
struct is_pointer_t{
    enum{value = false};
};

template <typename T>
struct is_pointer_t<T*>{
    enum{value = true};
};

和consts和volatiles的simillar声明。

现在实施enable_if：

template <bool boolean, typename T = void>
struct enable_if{};

template <typename T>
struct enable_if<true, T>{
    typedef T type;
};

现在我想要一个类，依赖于我使用指针或普通类型它会在它们上面调用析构函数，所以如果我可以使用模板化的析构函数，那将会很棒。但我不知道如何做到这一点，因为我刚刚开始解决模板编程问题。以下尝试失败：

template <typename T>
class pointerOrNot{
public:

    template <typename U>
    void one();
};

template <typename T>
template <typename enable_if<is_pointer_t<T>::value>::type>
void pointerOrNot<T>::one(){
    std::cout << "Success1" << std::endl;
}

template <typename T>
template <typename enable_if<!is_pointer_t<T>::value>::type>
void pointerOrNot<T>::one(){
    std::cout << "Success2" << std::endl;
}

它说它与定义不符。所以我试着跟随：

template <typename T>
class pointerOrNot{
public:

    template <typename enable_if<is_pointer_t<T>::value>::type>
    void one();
    template <typename enable_if<!is_pointer_t<T>::value>::type>
    void one();
};

但是其中一个（）的空类型为模板，编译失败。我怎样才能做到这一点？也可以用析构函数做到这一点吗？

Answer 1

首先让我们考虑以下类指针：

template <typename T>
struct Introducer{

  void intro(){
    std::cout<<"I'm a pointer, I point to adress "<<mem<<std::endl;
  }

  T mem;
  Introducer(T m):mem(m){}
};

它可以正常使用指针，但它也适用于非指针：

  Introducer<int> i(10);
  i.intro();//just fine!

我们希望在编译期间检测到这种误用，我们也将导入器更改为

template <typename T>
struct Introducer{

  typename enable_if<is_pointer_t<T>::value, void>::type //this is the return type of the function
  intro(){
    std::cout<<"I'm a pointer, I point to adress "<<mem<<std::endl;
  }

  ...
};

现在编译器不允许我们使用非指针与Introducer。在下一步中，我们希望通过SFINAE为非指针设置一个特殊函数：

template <typename T>
struct Introducer{
  typename enable_if<is_pointer_t<T>::value, void>::type 
  intro(){
    std::cout<<"I'm a pointer, I point to adress "<<mem<<std::endl;
  }

  typename enable_if<!is_pointer_t<T>::value, void>::type 
  intro(){
    std::cout<<"I'm a non-pointer, my value is "<<mem<<std::endl;
  }

  ...
};

天哪，它甚至没有编译！让我们更仔细地阅读有关SFINAE的文章：

如果替换导致无效的类型或表达式，请键入扣除失败。无效的类型或表达式就是一个如果使用替换参数编写，则格式错误。只是无效函数类型的直接上下文中的类型和表达式及其模板参数类型可能导致演绎失败。

T不在紧邻的情况下，因此SFINAE不起作用，让T进入直接上下文：

template <typename T>
struct Introducer{

  template <typename C=T>
  typename enable_if<is_pointer_t<C>::value, void>::type 
  intro(){
    std::cout<<"I'm a pointer, I point to adress "<<mem<<std::endl;
  }


  template <typename C=T>
  typename enable_if<!is_pointer_t<C>::value, void>::type 
  intro(){
    std::cout<<"I'm a non-pointer, my value is "<<mem<<std::endl;
  }

  ...
};

现在的程序

int main(){
  Introducer<float*> fp(NULL);
  fp.intro();

  //But this works also:
  Introducer<int> i(10);
  i.intro();
}

结果：

I'm a pointer, I point to adress 0
I'm a non-pointer, my value is 10

析构函数怎么样？最简单的方法是从析构函数中调用SFINAE-destruction-function（我从未见过SFINAE-destructor而且不知道如何编写一个，但这并不意味着什么）：

template <typename T>
struct Introducer{
  ...

    ~Introducer(){
    intro();
    std::cout<<"and I'm deleted..."<<std::endl;
  }
};

C ++ enable_if在类中 - 不同的破坏方式

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