Question

单例类为客户端公开此方法以获取实例：

template< typename ... Args >
static T & GetInstance( Args && ... args )
{
    if ( ! m_instance )
    {
        m_instance = new T( std::forward< Args >( args ) ... );
    }

    return * m_instance;
}

但是对于没有默认构造函数的类，它总是很烦人地传递参数。如果已经创建了实例，那么允许用户只需调用：

会更好

auto & instance = GetInstance( );

起初我认为为了实现这一目标，所有需要的是专门化模板化的方法，比如说：

// Wrong Version
template< >
static T & GetInstance< >( )
{
    if ( ! instance )
    {
        throw std::runtime_error(
            "Tried to get instance of non initialized singleton with no"
            " default constructor." );
    }

    return * instance;
}

但对于具有默认构造函数的类，此专门化将使用而不是更常规的构造函数。我希望只有当 T没有默认构造函数时才能使用。

所以我试着稍微改变一下：

// Right Version template< > static auto GetInstance< >( ) -> typename std::enable_if< ! std::is_default_constructible< T >::value , T & >::type { if ( ! instance ) { throw std::runtime_error( "Tried to get instance of non initialized singleton with no" " default constructor." ); } return * instance; }

所以这很有用，但我对整个事情感到困惑。首先，我是按照正确的方式处理它的方式吗？我不应该使用enable_if<>作为参数或模板参数而不是返回类型吗？

编译器如何在这里工作？当它只是简单的模板专业化（在错误的版本中）时，我想编译器意识到更专业的版本对于没有参数的代码调用GetInstance()更好（T是一个有默认建设者的班级。）

对于带有enable_if<>的版本，编译器开始认为使用更专业的版本会更好，但代码生成错误。那么它回归到一般版本？这也叫SFINAE吗？

Answer 1

方便的经验法则：不专业化，超载。

template <class... Args>
static T& GetInstance(Args&&... );

template <class U=T, std::enable_if_t<!std::is_default_constructible<U>::value, int> = 0>
static T& GetInstance();

如果T是默认可构造的，那么您只有一个可行的重载。如果不是，那么当Args为空并且是首选时，第二个更专业。

请注意。这种设计似乎令人怀疑。

可变参数模板专业化，std :: enable_if，SFINAE

1 个答案: