Question

使用c ++ 14，我有一些类似于以下内容的函数声明。

template <class... Args>
struct potato {
template <class T, class = std::enable_if_t<!std::is_same<T, int>::value>>
const T& blee(size_t blou) const;

template <class T, class = std::enable_if_t<std::is_same<T, int>::value>>
const T& blee(size_t blou) const;
};

是否可以单独实现功能？据我所知，编译器无法确定正在实现什么。例如：

template <class... Args>
template <class T, class>
const T& potato<Args...>::blee(size_t blou) const {
    // do something
}

template <class... Args>    
template <class T, class>
const T& potato<Args...>::blee(size_t blou) const {
    // do something
}

此时enable_if信息丢失。我是否在工具包中缺少技巧以实现此目的？请注意，我不希望使用返回类型enable_if或参数enable_if，因为它们是不敬虔的。

edit：已更新，可以更好地代表我的用例。

Answer 1

您实际上不需要enable_if：

template<class T>
const T& blee(size_t blou) const {
    // do something
}

template<>
const int& blee<int>(size_t blou) const {
    // do something
}

编辑：由于您的函数位于类模板中，因此您将必须使用标签分配：

template<class... Args>
struct potato {
    template<class T>
    void blee() const;

private:
    void realBlee(std::true_type) const;
    void realBlee(std::false_type) const;
};

template<class... Args>
template<class T>
void potato<Args...>::blee() const {
    realBlee(std::is_same<T, int>());
}

template<class... Args>
void potato<Args...>::realBlee(std::true_type) const {
    std::cout << "int\n";
}
template<class... Args>
void potato<Args...>::realBlee(std::false_type) const {
    std::cout << "generic\n";
}

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或类似的东西，例如constexpr，如果：

template<class... Args>
struct potato {
    template<class T>
    void blee() const;

private:
    void intBlee() const;
};

template<class... Args>
template<class T>
void potato<Args...>::blee() const {
    if constexpr (std::is_same_v<T, int>) {
        intBlee();
    } else {
        std::cout << "generic\n";
    }
}

template<class... Args>
void potato<Args...>::intBlee() const {
    std::cout << "int\n";
}

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Answer 2

那时enable_if信息丢失。

它不会丢失，在两种情况下都是int。只是没有实例化一个模板。

可以使用模板enable_if函数吗？

2 个答案: