Question

我正在尝试通过SFINAE选择构造函数如下：

template<typename T>
class MyClass
{
public:
    template<typename C, typename = std::enable_if_t<std::is_class<C>::value>>
    MyClass(C) { }

    template<typename C, typename = std::enable_if_t<std::is_pointer<C>::value>>
    MyClass(C) { }
};

但编译器抱怨以下错误：

错误C2535：'MyClass :: MyClass（C）'：已定义或声明的成员函数

甚至没有实例化构造函数。

我制定了一个工作但丑陋的解决方案，由于额外的未使用参数，我不想使用它：

template<typename T>
class MyWorkingClass
{
public:
    template<typename C>
    MyWorkingClass(C, std::enable_if_t<std::is_class<C>::value>* = nullptr) { }

    template<typename C>
    MyWorkingClass(C, std::enable_if_t<std::is_pointer<C>::value>* = nullptr) { }
};

这里给出了一个简短的用法示例：

void* ptr = nullptr;
MyClass<int> mc1(ptr);

std::vector<int> vec;
MyClass<int> mc2(vec);

// Shall raise an error
// MyClass<int> mc2(0);

特征std::is_pointer和std::is_class只是一个例子，原始特征更复杂。

有没有办法通过SFINAE选择构造函数而不向构造函数添加另一个参数（可能非常接近第一个appproach）？

Answer 1

问题是参数的默认值不是模板方法签名的一部分。所以你有两个template<class C,class>ctor(c)相同的ctors。

template<class T>
struct MyClass {
  template<class C,
    std::enable_if_t<std::is_class<C>{}>* =nullptr
  >
  MyClass(C) { }
  template<class C,
    std::enable_if_t<std::is_pointer<C>{}>* =nullptr
  >
  MyClass(C) { }
};

这里我们使用依赖类型的模板值参数。它们从不冲突，因为指针模板参数的类型取决于类型参数。

Answer 2

再添加一个（虚拟）类型模板参数：

template <typename C
        , typename = std::enable_if_t<std::is_class<C>::value>>
MyClass(C) { }

template <typename C
        , typename = std::enable_if_t<std::is_pointer<C>::value>
        , typename = void>
//        ~~~~~~~~~~~~~~^
MyClass(C) { }

DEMO

Answer 3

这可能更简单：

template<typename T>
class MyClass {
public:
    template<typename C, typename = std::enable_if_t<std::is_class<C>::value>>
    MyClass(C) { }

    template<typename C>
    MyClass(C*) { }
};

并非所有{@ {1}}都需要完成。

在模板参数

3 个答案: