Question

我正在尝试使用专用化在头文件和实现之间划分模板化类，但是我希望一种方法仅出现在某些专用化中。

头文件：

template <typename T>
class A
{
  public:
  void foo();
  void bar();

  template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
  void special();
};

实现：

template<typename T>
void A<T>::foo()
{
  ...
}

template<typename T>
void A<T>::bar()
{
  ...
}

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,T>::value>::type>
void A<T>::special()
{
  ...
}

// generate specializations
template
class A<float>;

template
class A<int>;

template
class A<std::string>;

但是，当我这样尝试或将error: declaration is incompatible with function template "void A<T>::special()"设置为返回类型时，我总是得到std::enable_if。定义应如何与该方法special()的声明相匹配？

Answer 1

此代码存在一些问题。在声明中，您有一个额外的尖括号。同样，紧跟在*之后的=将始终被解释为单个令牌*=；在此代码中，它们之间必须用空格隔开，以便将*解释为形成指针，并将=解释为声明模板参数的默认值。因此，声明应为：

template<typename U = T,
         typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
void special();

在定义中，由于要定义类模板的成员模板，因此需要先写出类模板的模板参数列表，然后写出成员模板。另外，您的定义中没有足够的模板参数：请记住，U也在那里，并且需要出现在{{1}中的是U，而不是T。 }部分：

is_convertible

请注意，template <typename T> template <typename U, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type*> void A<T>::special() { // ... }的确切拼写并不重要：我们可以重新标记U，因为它是“虚拟变量”：

但是，除了重新标记外，所有其他详细信息都必须完全匹配。

如何在模板化类的方法上通过特殊化使用单独的声明和定义来使用std :: enable_if

1 个答案: