Question

我有一个班级模板CFoo<T>。我想允许隐式转换为CFoo的其他实例化，但仅限于那些模板参数是T基类的人。

我尝试使用SFINAE，但我的尝试都没有用于我尝试的任何编译器（VC 2012或gcc）：

#include <type_traits>

template <class T> class CFoo {
public:
    template <class Q>  operator
     // typename std::enable_if<std::is_base_of<Q, T>::value, CFoo<Q>&>::type   // SHOULD WORK?
     // typename std::enable_if<1, CFoo<Q>&>::type                              // SHOULD WORK?
     CFoo<Q>&  // compiles, but doesn't restrict on Q like I want
     () const {
        return *(CFoo<Q>*)this;
    }
};

class A {};
class B : public A {};

int main(int argc, char* argv[])
{
    CFoo<B> b;
    CFoo<A>& a = b;
    return 0;
}

为什么SFINAE上任何一个已注释的尝试都没有在这里工作？在这两种情况下，我只是因a的无效初始化而出错，就好像我的运算符没有被调用一样。

Answer 1

根据[temp.deduct.conv]：

模板参数推导是通过比较转换函数模板的返回类型（调用）来完成的 P）具有转换结果所需的类型（称之为A;见8.5,13.3.1.5和13.3.1.6）用于确定该类型的，如14.8.2.5所述。

在简单的情况下：

template <class Q>
operator CFoo<Q>& const;

这很简单，我们尝试针对CFoo<Q>&推断CFoo<A>&。该部分还有其他规则，但最终扣除成功Q == A。

出于同样的原因，你的其他两次尝试都失败了。我会选择更简单的一个：

template <class Q>
operator typename std::enable_if<1, CFoo<Q>&>::type const;

在此，我们尝试推断typename std::enable_if<1, CFoo<Q>&>::type。这是一个非推断的上下文（它是使用 qualified-id 指定的类型的嵌套名称说明符），因此推断失败。因此，不会考虑此转换函数，因此分配失败，因为没有找到转换。

您需要将返回类型作为推断的上下文，因此SFINAE必须转到此处：

template <class Q,
          typename = std::enable_if_t<std::is_base_of<Q, T>::value>>
operator CFoo<Q>& const;

这样，我们就可以推断（CFoo<Q>&） - 并且扣除可以成功（如果Q是T的基础）：

CFoo<A>& a = b; // OK
CFoo<int>& i = b; // deduction failure on Q, so there's no viable conversion function
                  // so this is an error

那就是说，当我解决模板谜题时，正如T.C.指出的那样，这真的不是一个好的解决方案，因为：

return *(CFoo<Q>*)this;

只做一个reinterpret_cast（以及一个const_cast）所以它真的不可能做任何合理的事情，你几乎肯定会（除非CFoo是微不足道的）最终得到未定义的行为试图以错误的类型访问其成员。

您可能想要添加转化构造函数而不是转换函数：

template <typename Q,
          typename = std::enable_if_t<std::is_base_of<T, Q>::value>>
CFoo(CFoo<Q> const& ) { }

这样，当你这样做时：

CFoo<A> a = b; // a is not a reference anymore

您正在构建一个必然有效的 new 对象。

SFINAE只能从派生到基类启用强制转换操作符

1 个答案: