Question

我想在模板化函数上使用完美转发来确保保留l值或r值，但同时我想对可能的参数类型施加某些限制。

假设例如我只想将T限制为可调用对象。以下方法对我来说是正确的

template<typename T>
typename std::enable_if<std::is_callable<T>>::value>::type myFun(T&& val) 
{
    foo(std::forward<T>(val));
}

但由于我还不熟悉各种SFINAE的细微差别，我很感激别人的反馈。

这是正确和惯用的方式吗？

Answer 1

顺便说一下，

std::is_callable是一个C ++ 17的功能。

无论如何，由于您的函数myFun没有返回任何内容，因此将enable_if作为返回值会有点奇怪。是的，当选择模板时，它会变为void，但将它作为默认模板参数放置可能更为清晰：

template<typename T, std::enable_if_t<std::is_callable_v<T()>, int> = 0>
void myFun(T&& val) 
{
    foo(std::forward<T>(val));
}

Demo

虽然你的enable_if存在于真空中会有点奇怪。至少，我们应该抓住所有不适合的类型，并通过static_assert为用户提供良好的编译错误：

template<typename T, std::enable_if_t<std::is_callable_v<T()>, int> =0>
void myFun(T&& val) 
{
    foo(std::forward<T>(val));
}

template<typename T, std::enable_if_t<!std::is_callable_v<T()>, int> =0>
void myFun(T&& val) 
{
    static_assert(sizeof(T) == 0, "myFun is only callable with an argument that can be called as a function with no params");
}

Demo2

完美转发类型限制

1 个答案: