Question

我正在尝试编写使用模板参数的成员typedef的代码，但是如果模板参数没有该typedef，则希望提供默认类型。我试过的一个简单例子是：

struct DefaultType    { DefaultType()    { printf("Default ");    } };
struct NonDefaultType { NonDefaultType() { printf("NonDefault "); } };

struct A {};
struct B { typedef NonDefaultType Type; };

template<typename T, typename Enable = void> struct Get_Type { 
    typedef DefaultType Type; 
};
template<typename T> struct Get_Type< T, typename T::Type > {
    typedef typename T::Type  Type; 
};

int main()
{
    Get_Type<A>::Type test1;
    Get_Type<B>::Type test2;
}

我希望这会打印“Default NonDefault”，而是打印“Default Default”。我的期望是main（）中的第二行应该与Get_Type的专用版本匹配，因为B :: Type存在。但是，这不会发生。

任何人都可以解释这里发生了什么以及如何解决它，或者其他方式来实现同样的目标吗？

谢谢。

编辑：

格奥尔格提供了另一种方法，但我仍然很好奇为什么这不起作用。根据boost enable_if文档，为不同类型专门化模板的方法如下：

template <class T, class Enable = void> 
class A { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_integral<T> >::type> { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_float<T> >::type> { ... };

这是因为enable_if＆lt;真＆gt;将type作为typedef，但enable_if＆lt;假＆gt;没有。

我不明白这与我的版本有什么不同，而不是使用enable_if我直接使用T :: Type。如果T :: Type存在则不会与enable_if＆lt;在上面的示例中，是＆gt; ::类型并导致选择特化？如果T :: Type不存在，那就不一样与enable_if＆lt; false＆gt; ::类型不存在并导致在上面的示例中选择默认版本？

Answer 1

您可以使用SFINAE：

来实现这一目标

template<class T> struct has_type {
    template<class U> static char (&test(typename U::Type const*))[1];
    template<class U> static char (&test(...))[2];
    static const bool value = (sizeof(test<T>(0)) == 1);
};

template<class T, bool has = has_type<T>::value> struct Get_Type {
    typedef DefaultType Type;
};

template<class T> struct Get_Type<T, true> { 
    typedef typename T::Type Type;
};

Answer 2

要回答您的补充 - 您的专业化参数会传递成员typedef，并期望它作为类型生成void。这没有什么神奇之处 - 它只使用默认参数。让我们看看它是如何工作的。如果您说Get_Type<Foo>::type，编译器将使用默认参数Enable，即void，类型名称变为Get_Type<Foo, void>::type。现在，编译器检查是否有任何部分特化匹配。

您的部分特化参数列表<T, typename T::Type>是从原始参数列表<Foo, void>中推导出来的。这会将T推导为Foo，然后将Foo替换为专精的第二个参数，从而为您的部分专业化产生<Foo, NonDefaultType>的最终结果。但是，它根本不匹配原始参数列表<Foo, void>！

您需要一种方法来生成void类型，如下所示：

template<typename T>
struct tovoid { typedef void type; };

template<typename T, typename Enable = void> struct Get_Type { 
    typedef DefaultType Type; 
};
template<typename T> 
struct Get_Type< T, typename tovoid<typename T::Type>::type > {
    typedef typename T::Type  Type; 
};

现在这将按照您的预期运作。使用MPL，您可以使用always代替tovoid

typename apply< always<void>, typename T::type >::type

Answer 3

第一步：停止使用“Type”并使用mpl标准“type”。


BOOST_MPL_HAS_XXX_DEF(Type)

template < typename T >
struct get_type { typedef typename T::Type type; };

template < typename T >
struct calculate_type : boost::mpl::if_
<
  has_Type<T>
, get_type<T>
, boost::mpl::identity<default_type>
>::type {}

typedef calculate_type<A>::type whatever;

如果在元函数中使用“type”而不是“Type”，则不需要提取器“get_type”来转换它，在这种情况下可能只返回T.

如果类成员typedef不存在，则使用默认类型的模板特化

3 个答案: