Question

我定义了以下方法：

template <typename Interface>
Interface Create();

有了这个实现：

template <typename Interface>
typename std::enable_if<std::is_pointer<Interface>::value, Interface>::type Create()
{
...
}

但现在我收到以下错误：“对ITestInterface的未定义引用* Create（）”

当我删除std::enable_if时，一切正常。但我要求它工作，因为我想添加此功能的版本，当Interface是引用或Interface是std::vector时。我在这做错了什么？我也注意到这是一个链接器错误 - 但我不知道为什么。有人可以给我一个暗示吗？

Answer 1

在正常功能中，返回类型不是签名的一部分， 返回类型是模板功能签名的一部分所以

template <typename Interface> Interface Create();

与

不同

template <typename Interface>
typename std::enable_if<std::is_pointer<Interface>::value, Interface>::type
Create();

您必须在声明和定义中使用相同的签名。

由于函数无法实现部分特化，因此必须使用辅助类：可能会有所帮助：

namespace detail
{

template <typename > struct CreateHelper;

template <typename T> struct CreateHelper<T*>
{
    static T* create() {
        // Implementation with T*
    }
};

template <typename T> struct CreateHelper<T&>
{
    static T& create() {
        // Implementation with T&
    }
};

template <typename T> struct CreateHelper<std::vector<T>>
{
    static std::vector<T> create() {
        // Implementation with std::vector<T>
    }
};

} // namespace detail


template <typename Interface> Interface Create()
{
    return detail::CreateHelper<Interface>::create();
}

在这种情况下如何正确使用std :: enable_if

1 个答案: