在vs2015

时间:2017-03-09 00:14:08

标签: c++ templates visual-studio-2015 using

我试图将其归结为必需品。 我有一个可变参数模板类Foo,包含一个&#34;列表&#34;用其类型索引的对象。我使用函数bar<U>()来提取该类型的元素。我使用可变参数模板和std :: enable_if来解决这个问题,只定义bar<U>(),其中T == U. 然后我揭露所有&#34; bar&#34;来自基类的函数使用&#34;使用&#34;。

#include <type_traits>

template<typename... Ts>
class Foo
{
public:
    void bar() {}
};

template<typename T, typename... Ts>
class Foo<T, Ts...> : public Foo<Ts...>
{
public:
    using Foo<Ts...>::bar;

    template<typename U>
    typename std::enable_if<std::is_same<U, T>::value, U >::type
        bar()
    {
        return mObj;
    }
private:
    T mObj;
};

template<typename T>
void bar2()
{
    Foo<int, float, double> list;
    list.bar<T>();
}

int main()
{
    bar2<float>();
    return 0;
}

这非常有效,除了Clang和Visual Studio 2015.尝试了MSVC 19.0和19.10,并给出了错误:

Compiled with  /EHsc /nologo /W4 /c
main.cpp
main.cpp(30): error C2672: 'Foo<int,float,double>::bar': no matching overloaded function found
main.cpp(35): note: see reference to function template instantiation 'void bar2<float>(void)' being compiled
main.cpp(30): error C2770: invalid explicit template argument(s) for 'std::enable_if<std::is_same<U,T>::value,U>::type Foo<int,float,double>::bar(void)'
        with
        [
            T=int
        ]
main.cpp(18): note: see declaration of 'Foo<int,float,double>::bar'

GCC至少在4.7-6.3之间编译此罚款。我首先想到这可能是因为Visual Studio 2015中缺少c ++ 11的某些功能,但令人惊讶的是,这在旧的Visual Studio 2013(MSVC 18.0)中编译得很好。 Clang也失败了。

所以我的问题是,这是这些编译器的缺点还是我在这里做的事情是不允许的?

如果我打电话给#34;吧&#34;使用类似list.bar<int>()的硬编码类型,它会在所有经过测试的编译器上编译。

2 个答案:

答案 0 :(得分:1)

要在此处使用enable_if,您需要在is_same<U, T>::value == false时提供备用选项。理想情况下,这可以完成by exposing all base class members bar with a using-declaration ...

using Foo<Ts...>::template bar;

不幸的是,标准和it was decided not to rectify this禁止这样做。因此,我们必须以另一种方式揭露它们。因此,最简单的解决方案是为Foo<Ts...>::template bar()创建一个包装器,如下所示:

template<typename T, typename... Ts>
class Foo<T, Ts...> : public Foo<Ts...>
{
public:
    // using Foo<Ts...>::template bar; // Sadly, this is forbidden.

    template<typename U>
    typename std::enable_if<std::is_same<U, T>::value, U >::type
        bar()
    {
        return mObj;
    }

    // Additional wrapper, to compensate for lack of valid syntax.
    template<typename U>
    typename std::enable_if<!std::is_same<U, T>::value, U >::type
        bar()
    {
        return Foo<Ts...>::template bar<U>();
    }

private:
    T mObj;
};

但请注意,由于返回Foo<Ts...>::bar(),包装器无法调用void。假设它是通用案例,打算在U不是包的成员时使用,有两种方法可以解决这个问题:

  • 修改Foo<Ts...>::bar()

    template<typename... Ts>
    class Foo
    {
    public:
        template<typename T>
        T bar()
        {
            // Return an invalid value.
            return T{-1};
        }
    };
    
  • 提供Foo<T, Ts...>::bar()的第三个版本,在U不是T, Ts...的成员时使用;这个返回Foo<Ts...>::bar()。为此,定义一个特征以检测它是否在包中是有用的。

    template<typename...>
    struct is_in_pack : std::false_type {};
    
    template<typename U, typename T1, typename... Ts>
    struct is_in_pack<U, T1, Ts...> :
        std::integral_constant<bool,
                               std::is_same<U, T1>::value ||
                               is_in_pack<U, Ts...>::value>
    {};
    

    然后,我们只需要使用这个特性。

    template<typename T, typename... Ts>
    class Foo<T, Ts...> : public Foo<Ts...>
    {
    public:
        // using Foo<Ts...>::template bar; // Sadly, this is forbidden.
    
        template<typename U>
        typename std::enable_if<std::is_same<U, T>::value, U >::type
            bar()
        {
            return mObj;
        }
    
        // Additional wrapper, to compensate for lack of valid syntax.
        // U is a member of <T, Ts...>.
        template<typename U>
        typename std::enable_if<!std::is_same<U, T>::value &&
                                is_in_pack<U, T, Ts...>::value, U >::type
            bar()
        {
            return Foo<Ts...>::template bar<U>();
        }
    
        // Additional wrapper, to compensate for lack of valid syntax.
        // U isn't a member of <T, Ts...>.
        template<typename U>
        typename std::enable_if<!is_in_pack<U, T, Ts...>::value>::type
            bar()
        {
            return Foo<>::bar();
        }
    
    private:
        T mObj;
    };
    

在这些选项中,我建议使用后者,因为它会更紧密地匹配您当前的代码。

Simple test
Convoluted test

答案 1 :(得分:0)

上面不应该编译。您的enable_if声明表示bar<U>仅在Uint时才存在(即与T相同)。因此,当您输入list.bar<T>()时,它正在寻找一个不存在的功能。

以下内容适用,因为如果您使用int,该功能将实际存在,因为这是您声明的内容(Foo<int, float, double> list)。

int main()
{
    bar2<int /*float*/>();
    return 0;
}

编辑:只是详细说明......

我不确定你想要完成什么,但也许你希望你的班级是这样的?

template<typename T, typename... Ts>
class Foo<T, Ts...> : public Foo<Ts...>
{
public:
    using Foo<Ts...>::bar;

    template<typename U>
    typename std::enable_if<std::is_same<U, T>::value, U >::type
        bar()
    {
        // Your "int" one will come through here.

        return mObj;
    }

    template <typename U>
    typename std::enable_if<!std::is_same<U, T>::value, void>::type
        bar()
    {
        // Your "float" one will come through here.
    }
private:
    T mObj;
};