Question

给出一个类声明

class A {
    template <typename T> T foo();
};

我想对A::foo的各种类型（int，...）和类型类（POD，非POD）进行专门化T。不幸的是，我似乎无法使用std::enable_if作为后者。以下内容无法编译：

template <> int A::foo<int>(); // OK

template <typename T> 
typename std::enable_if<is_pod<T>::value, T>::type foo(); // <<<< NOT OK!

template <typename T> 
typename std::enable_if<!is_pod<T>::value, T>::type foo(); // <<<< NOT OK!

问题可能是由于std::enable_if<...>内容是函数签名的一部分，而且我没有在A内声明任何此类成员。那么如何根据类型特征专门化模板成员呢？

Answer 1

我只是将它转发给一个结构，它可以很好地处理这个问题：

#include <type_traits>
#include <iostream>

template <typename T, typename = void>
struct FooCaller;

class A {
public:
    template <typename T>
    T foo() {
        // Forward the call to a structure, let the structure choose 
        //  the specialization.
        return FooCaller<T>::call(*this);
    }
};

// Specialize for PODs.
template <typename T>
struct FooCaller<T, typename std::enable_if<std::is_pod<T>::value>::type> {
    static T call(A& self) {
        std::cout << "pod." << std::endl;
        return T();
    }
};

// Specialize for non-PODs.    
template <typename T>
struct FooCaller<T, typename std::enable_if<!std::is_pod<T>::value>::type> {
    static T call(A& self) {
        std::cout << "non-pod." << std::endl;
        return T();
    }
};

// Specialize for 'int'.
template <>
struct FooCaller<int> {
    static int call(A& self) {
        std::cout << "int." << std::endl;
        return 0;
    }
};

Answer 2

我认为没有理由在这里专攻，重载函数似乎就足够了。

struct A
{
    template <typename T>
    typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type foo()
    {
        std::cout << "integral" << std::endl;
        return T();
    }

    template <typename T>
    typename std::enable_if<!std::is_integral<T>::value, T>::type foo()
    {
        std::cout << "not integral" << std::endl;
        return T();
    }
}

当检查POD或没有POD时，您只有这两个选项，因此不需要更通用的功能（并且不允许，因为它是不明确的）。你还需要更多吗？在std::enable_if<std::is_same<int, T>::value, T>::type的帮助下，您可以在没有专业化的情况下检查显式类型。

是否可以使用std :: enable_if来选择成员模板专门化？

2 个答案: