Question

我指的是这个例子SFINAE example，

我试图运行该示例，

//enable_if
template<bool, typename T = void>
struct enable_if {};
template <typename T>
struct enable_if<true, T> {
    using type = T;
};

template <typename T>
void do_stuff(typename enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type &t) {
    std::cout<< "Integral selected "<<std::endl;
}

template <typename T>
void do_stuff(typename enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type &t) {
    std::cout<<"Class selected " <<std::endl;
}

int main()
{
    int t =25;
    do_stuff(t);
    return 0;
}

但是这不会编译，我可以知道为什么吗？

Answer 1

除了其他解决方案之外，如果您不希望将enable_if作为返回值，则可以将其作为参数类型传递，然后将其作为函数签名的一部分：

#include <type_traits>
#include <iostream>

//enable_if
template<bool, typename T = void>
struct enable_if {};
template <typename T>
struct enable_if<true, T> {
    using type = int; // must be a non-type template parameter
};

template <typename T, typename enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type = 0>
void do_stuff(T &t) {
    std::cout<< "Integral selected "<<std::endl;
}

template <typename T, typename enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type = 0>
void do_stuff(T &t) {
    std::cout<<"Class selected " <<std::endl;
}

class Foo
{
  public:
    Foo() = default;
};

int main()
{
    int t =25;
    Foo f;
    do_stuff(t);
    do_stuff(f);
    return 0;
}

Answer 2

这对我有用：

template <typename T>
typename enable_if<std::is_integral<T>::value, void>::type
do_stuff(T& t) {
    std::cout<< "Integral selected "<<std::endl;
}

template <typename T>
typename enable_if<std::is_class<T>::value, void>::type
do_stuff(T& t) {
    std::cout<<"Class selected " <<std::endl;
}

问题是enable_if静态调用应用于函数参数而不是返回类型。

Answer 3

但是这不会编译，我可以知道为什么吗？

因为，调用do_stuff()类型T无法通过enable_if推断出来。

但如果您致电do_stuff()来说明T

类型，则无效

int t =25;
do_stuff<int>(t); // compile

为了避免这个问题，我建议您使用Nicolas Tisserand（+1）提出的解决方案（不需要将void作为enable_if的第二个参数进行说明，因为它是默认值）

template <typename T>
typename enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
do_stuff(T& t) {
    std::cout<< "Integral selected "<<std::endl;
}

template <typename T>
typename enable_if<std::is_class<T>::value>::type
do_stuff(T& t) {
    std::cout<<"Class selected " <<std::endl;
}

通过返回类型启用SFINAE。

这种类型T可以从参数中推断出来，所以你不需要解释它。

简单SFINAE示例过载函数不编译

3 个答案: