Question

如何为带有std :: enable_if参数的模板类编写外部析构函数体？

（我需要这个来编写装饰器，为其他对象类型添加标识符）。

代码：

template<typename T,
typename std::enable_if<std::is_base_of<X,T>::value>::type* = nullptr>
class IdentifiedInstance: public T
{
public:
    virtual ~IdentifiedInstance() = 0; // abstract base, still needs a function body
};

身体定义：

template<typename T,
typename std::enable_if<std::is_base_of<X,T>::value>::type* = nullptr>
IdentifiedInstance::~IdentifiedInstance()
{
}

这不会编译，因为IdentifiedInstance::应为IdentifiedInstance<T, ???>::。

这里的第二个参数值是多少？我该如何正确地写这个？

备注（1）：

Visual Studio 2015接受此表单：

template<typename T,
typename std::enable_if<std::is_base_of<X,T>::value>::type* = nullptr>
class IdentifiedInstance: public T
{
public:
    ~IdentifiedInstance() = 0
    {
    }
};

不幸的是，我编写的代码也需要在linux下构建（并且gcc在这个表单上正确地扼杀）。

注意事项（2）：我尝试在线搜索，但我找到了大多数答案，仅提到如何部分专门化析构函数。

Answer 1

这个怎么样？

template<typename T,
typename std::enable_if<std::is_base_of<X,T>::value>::type* S>
IdentifiedInstance<T,S>::~IdentifiedInstance()
{
}

只需命名第二个参数。

我还删除了默认值，因为您可能不会给出两次默认值（声明和定义）。

在enabled-if类中析构函数的行外定义？

1 个答案: