Question

我正在尝试创建一个类，它应该从其他类继承构造函数，但不从这些类本身继承。

在我的类初始化期间，我想使用完美转发来创建一个类型的对象，其构造函数与给定的参数匹配。

除了没有参数的默认构造函数外，不存在歧义。

这是我的代码：

#include <string>

using namespace std;

//NOTE: this class is just an example to demonstrate the problem
class String {
    public:
        //default constructor to prevent ambiguity
        String() {}

        //construct from wstring
        template<typename... Args>
        String(enable_if<is_constructible<wstring, Args...>::value, Args>::type&&... args) : ws(forward<Args>(args)...) {}

        //construct from string
        template<typename... Args>
        String(enable_if<is_constructible<string, Args...>::value, Args>::type&&... args) : s(forward<Args>(args)...) {}
    private:
        string s;
        wstring ws;
};

void foo(const String& string) {
}

int main()
{
    foo(L"123");
    foo("123");
    return 0;
}

我尝试了很多东西，但我无法让它发挥作用。

在当前方法enable_if无法自动扣除模板参数（我认为）
由于我使用构造函数，因此无法在返回值

enable_if

为enable_if添加另一个默认参数将不起作用，因为构造函数是variadic
当我从函数参数中删除enable_if时，编译器会抱怨无效的重载（当然）

有没有一种优雅的方法来解决这个问题？

编辑： 标准允许的一个隐式转换不应该出现在我的班级中。 [示例代码编辑]

与上述示例一起使用的一个解决方案是定义单个可变参数构造函数，并将参数完美地转发到条件初始化函数。但是，我想避免这种开销，因为成员需要默认构造，这在其他情况下可能不起作用。

（如果事情可以更清楚，请随意编辑问题）

Answer 1

我无法理解问题以及解决方案。如果我想为方法或构造函数使用2种不同的类型，我可以简单地编写这两种类型。因此，没有必要有SFINAE的模板！这可以通过专业化来完成。

class A 
{
    public:
    template <typename ... Args>
    A(const wstring &, Args ... );

    template <typename ... Args>
    A(const string &, Args ...);
};

要使一个只与一种类型完全匹配的模板在语义上不是模板： - ）

阅读完评论后，我得到了这个解决方案：

class foo
{
    public:
        template <typename ... Args>
        foo( const string &&x, Args ... ) { cout << "Using string" << endl; }

        template <typename ... Args>
        foo( const wstring &&x, Args ...) { cout << "Using wstring" << endl; }
};

int main()
{
    foo("123");
    foo(L"123");

    foo("123", 1);
    foo(L"123", 1.11);
    return 0;
}

并按预期返回：

Using string
Using wstring
Using string
Using wstring

如何使用std :: enable_if有条件地选择一个可变参数构造函数？

1 个答案: