Question

所以，我正在关注此网页上某处代码设置的示例： http://eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

这就是我所拥有的：

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<int>";
}

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<float>";
}

int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

这样我就得写：

fun<int>(4);
fun<double>(4.4);

我如何避免这种情况？

编译器抱怨它无法推断出参数T。

Answer 1

示例有误，因为T 是non-deduced context中的。除非你调用像fun<int>(4);这样的函数，否则代码将无法编译，但这可能不是作者想要展示的内容。

正确的用法是允许编译器推导T，并将SFINAE条件放在其他地方，例如：在返回类型语法中：

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<int>";
}

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<float>";
}

DEMO

此外，代码中的typename与您对std::enable_if_t的使用相矛盾。

使用（C ++ 11）：

typename std::enable_if<...>::type

或（C ++ 14）：

std::enable_if_t<...>

如何在没有返回类型的构造函数中工作？

如果是构造函数，SFINAE条件可以隐藏在模板参数列表中：

struct A
{    
    template <typename T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<int>";
    }

    template <typename T, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<float>";
    }
};

DEMO 2

Answer 2

要允许扣除，您需要一个直接基于T的函数参数。然后，您需要确定将enable_if放在哪里（确实不允许T推导出来）。常用选项位于返回类型或您忽略的额外默认参数上。

这里有一些很好的例子：http://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if

SFINAE：std :: enable_if作为函数参数

2 个答案: