Question

所以我想在模板类型WellKnownType到template <typename T> class Foo { public: Foo() { // apply specific function to m_t // if T is convertible to WellKnownType } T m_t; };时应用特定代码：

template <typename T>
struct my_functor {
    void operator()(T& t) {
        // do nothing by default
    }
};

为此，我考虑使用仿函数：

boost::is_convertible<T, WellKnownType>

然后，我想专门化这个仿函数在template <> struct my_functor<...> { void operator()(T& t) { // do something to t because it is convertible to WellKnownType } };：

时做其他事情

Foo

然后，我想我可以轻松更改T定义以使用仿函数，并在WellKnownType可转换为template <typename T> class Foo { public: Foo() { my_functor<T>()(m_t); } T m_t; };时执行某些操作，并在不可以时执行任何操作：

BOOST_CONCEPT_REQUIRES

我不知道如何实现这种行为。我知道{{1}}，但无法弄清楚如何将其应用于模板专业化。有什么帮助吗？

Answer 1

您可以使用您的仿函数执行以下操作

template<typename T, typename WellKnownType >
struct my_functor
{
    void operator()( const T& x) { 
       myopImpl(x, boost::is_convertible<T, WellKnownType>() ); 
    }

    void  myopImpl(T const& x, boost::false_type) 
    {  std::cout << "Some Other Stuff \n";  }

    void  myopImpl(T const& x, boost::true_type)  
    { std:: cout << "Some Specific Stuff \n";  }

};

Demo here

Answer 2

由于您标记了此C ++ 11，因此您应该使用标准库类型特征而不是Boost类型特征。此外，您可以部分专注于类型特征 - 它只需要是另一个模板参数：

template<typename T, typename WellKnownType, typename = void>
struct my_functor
{
    void operator()(T const& x) { 
        // generic code  
    }
};

template <typename T, typename WellKnownType>
struct my_functor<T, WellKnownType,
    std::enable_if_t<std::is_convertible<T, WellKnownType>::value>
    >
{
    void operator()(T const& x) {
        // specific code if convertible
    }
};

如果您不喜欢第三个参数的外观，可以将其放在命名空间中，然后只需添加：

template <typename T, typename WellKnownType>
using my_functor = details::my_functor<T, WellKnownType>;

或者，您可以使用类型特征别名为两个完全不相关的仿函数类型之一：

template <typename T, typename WellKnownType>
using my_functor = std::conditional_t<
    std::is_convertible<T, WellKnownType>::value,
    my_functor_specific<T>,
    my_functor_generic<T>>;

Answer 3

为了完整起见，我做了一些研究，最后还使用了std::enable_if和std::is_base_of这个选项：

template <typename T>
void do_it( typename std::enable_if<std::is_base_of<WellKnownType, T>::value, T>::type& t )
{
    std::cout << "Specific code\n";
}

...

template <typename T>
void do_it( typename std::enable_if<!std::is_base_of<WellKnownType, T>::value, T>::type& t )
{
    std::cout << "Generic code\n";
}

当模板类is_convertible为一个众所周知的类型时，专门化仿函数

3 个答案: