Question

假设标题

中有以下定义

namespace someNamespace {
    template<class T, class S>
    int operator + (const T & t, const S & s) {
        return specialAdd (t, s);
    }
}

现在我希望标题的用户能够执行类似

的操作

using someNamespace::operator + <OneClass,SecondClass>;

这显然是不可能的。

这样做的原因是我不希望我的运算符+干扰标准运算符+，因此让用户可以指定运算符+应该定义的类型。有没有办法实现这个目标？

Answer 1

使用barton-nackman技巧：http://en.wikipedia.org/wiki/Barton%E2%80%93Nackman_trick

template<typename T,typename S>
class AddEnabled{
    friend int operator + (T const& t, const S & s) {
      T temp(t);
      return temp.add(s);
    }
};

class MyClass: public AddEnabled<MyClass,int>{
  public:

    MyClass(int val):mVal(val){

    }

    int add(int s){
      mVal+=s;
      return mVal;
    }

  private:
    int mVal;
};

这是另一个重载＆lt;＆lt;＆lt;＆lt;操作者：

template<typename T>
class OutEnabled {
  public:
    friend std::ostream& operator<<(std::ostream& out, T const& val) {
      return static_cast<OutEnabled<T> const&>(val).ioprint(out);
    }    

  protected:
    template<typename U>
    U& ioprint(U& out) const {
      return static_cast<T const*>(this)->print(out);
    }
};

要使用它，您可以让您的类继承自OutEnabled：

class MyClass: public OutEnabled<MyClass>{ ...

或者您可以定义一个哨兵对象，例如在cpp文件中的匿名命名空间

namespace{
 OutEnabled<MyClass> sentry;
}

一旦模板OutEnabled被实例化（OutEnabled<MyClass>）GLOBAL运算符std::ostream& operator<<(std::ostream& out, MyClass const& val) 存在。

此外，MyClass必须包含匹配

的函数（模板）

 template<typename U>
 U& print(U& out) const {
   out << mBottomLeft << "\t"<< mW << "\t"<< mH;
   return out;
 }

由ioprint调用。

函数U& ioprint(U& out)并非绝对必要，但如果您在print中没有定义MyClass，则会为您提供更好的错误消息。

Answer 2

他们可以专门化的类型特征类，以及运算符+中的enable_if？将operator +放在全局命名空间中，但它返回

std::enable_if< for::bar<c1>::value && for::bar<c2>::value, int >

其中bar是模板类型在命名空间中的traits类，如下所示：

template<class T>
struct bar: std::false_type {};

我认为这应该导致sfinae制作你的模板加上你专门接受的匹配内容。

您可能希望将一些deconst和ref剥离到enable_if中，并在运算符+中进行一些完美的转发。

使用-like语句进行模板特化

2 个答案: