Question

我正在尝试使用SFINAE重置operator T()以在T是基本类型时返回副本，并在T是类时使用const引用。

在下面的示例中使用double时，我无法删除第二次重载（std::is_class）。

也就是说，我得到的错误是：

error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false, const double&>’
operator typename std::enable_if< std::is_class<T>::value, const T&>::type () const
^

我做错了什么？

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct Foo
{
    operator typename std::enable_if<!std::is_class<T>::value, T >::type () const
    {
        return _val;
    }

    operator typename std::enable_if< std::is_class<T>::value, const T&>::type () const
    {
        return _val;
    }

    T _val;
};

int main()
{
    Foo<double> f1;
    f1._val = 0.3;

    double d = f1;
    std::cout << d << std::endl;
    return 0;
}

Answer 1

T在您的类成员函数被实例化时已经知道，因此不会发生替换，而不是SFINAE，您会收到一个硬错误。最简单的解决方法是为这些运算符重载引入虚拟模板参数，并将其默认为T，以便仍然可以进行类型推导。

template<typename U = T>
operator typename std::enable_if<!std::is_class<U>::value, U >::type () const
{
    return _val;
}

template<typename U = T>
operator typename std::enable_if< std::is_class<U>::value, const U&>::type () const
{
    return _val;
}

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Answer 2

虽然没有解决为什么不丢弃不正确的运算符的问题，但是为了解决手头的特定问题，即通过const ref返回类类型或通过其他人的值，可以使用std::conditional找到解决方案。

template< bool B, class T, class F >
struct conditional;

提供成员typedef类型，如果B为真，则定义为T. 编译时间，如果B为假，则为F。

工作示例：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct Foo
{
    operator typename std::conditional<
        std::is_class<T>::value, const T&, T>::type () const
    {
        return _val;
    }

    T _val;
};

int main()
{
    Foo<double> f1;
    f1._val = 0.3;

    double d = f1;
    std::cout << d << std::endl;
    return 0;
}

Answer 3

您应阅读std :: enable_if

的定义

模板＆LT; bool B，T级= void＆gt; struct enable_if;

“如果B为真，则std :: enable_if具有公共成员typedef类型，等于T;否则，没有成员typedef。”

使用SFINAE启用转换运算符

3 个答案: