Question

我正试图让它发挥作用：

template<class Type>
typename boost::enable_if< boost::mpl::or_<
boost::is_arithmetic<Type>,
is_string<Type> > >::type
get(const std::string &argPath, const Type &argDefault) {
    bool caught = false;
    std::stringstream ss;
    Type value;

    try {
        value = ptree_.get<Type>(argPath);
    } catch(ptree_bad_path &e) {
        caught = true;
    }

    if(caught)
        value = argDefault;

    ss << value;
    parameters_.insert(std::pair<std::string, std::string>(argPath, ss.str()));
    return value;
}

我使用了以下is_string类型特征：Type trait for strings

我的目标是将Type限制为字符串或算术类型，以便将其推送到stringstream。

所以这构建，但是当我尝试使用它时，它会返回以下错误：

错误：无法忽略void值，因为它应该是

在成员函数'typename中   提高:: enable_if，   is_string，mpl _ :: bool_，mpl _ :: bool_，   mpl _ :: bool_＆gt;，void＆gt; :: type FooClass :: get（const std :: string＆amp ;,,   const Type＆amp;）[with Type = uint8_t]'

错误：带有值的return语句，函数返回'void'

以下是我尝试使用它的方法：

FooClass f;
item_value = f.get("tag1.tag2.item", DEFAULT_ITEM_VALUE);

感谢任何帮助，提前谢谢！

Answer 1

从http://www.boost.org/doc/libs/1_53_0/libs/utility/enable_if.html开始，enable_if有第二个默认为void的参数：

template <bool B, class T = void>
struct enable_if_c {
  typedef T type;
};

在我看来，您需要在enable_if中包含返回类型。（现在默认无效。）

template<class Type>
typename boost::enable_if< boost::mpl::or_<
    boost::is_arithmetic<Type>,
    is_string<Type> >,
Type >::type
get(const std::string &argPath, const Type &argDefault);

模板化函数，只接受字符串或算术

1 个答案: