Question

我有JsonFormatter模板类，它通过以下方式专门用于诸如算术等的不同类型：

template <class T, typename Enable = void>
class JsonFormatter;

template <class T>
class JsonFormatter<T, typename std::enable_if<std::is_arithmetic<T>::value>::type>
{
};

例如，如何将其专门化为std::string这样的具体类型还不清楚？我的第一个想法是这样的：

template <>
class JsonFormatter<std::string, std::true_type>
{
};

但是不会编译。当我使用

JsonFormatter<std::string>

我知道

"undefined class 'JsonFormatter<std::string,void>'"

Answer 1

重要的一点是，专业化必须与主要匹配。在这种情况下，主要对象的设置应使第二个模板参数将为void-用户不打算提供它，而是为了使人们能够使用enable_if。< / p>

std::true_type与void不匹配，这就是为什么它不起作用的原因。当用户编写JsonFormatter<std::string>时，默认参数将实例化为void-因此，他们正在寻找专业化JsonFormatter<std::string, void> ...这不是您提供的。

您要

template <>
class JsonFormatter<std::string, void>
{ };

甚至只是：

template <>
class JsonFormatter<std::string>
{ };

因为默认参数将被很好地填充。

Answer 2

这是您专门化模板的方式：

template <>
class JsonFormatter<std::string, void>
{
};

您也可以使用std::enable_if，但我不建议您这样做，因为简单的专业化要容易得多。 std::enable_if仅适用于SFINAE。因此，它需要依赖于模板参数：

template <class T>
class JsonFormatter<T, std::enable_if_t<std::is_same_v<T, std::string>>>
{
};

Answer 3

例如，如何将其专门化为std::string这样的具体类型还不清楚？

您是否尝试过简单

template <>
class JsonFormatter<std::string>
{
};

？

应该可以。

根据主版本中定义的dafault值，第二个模板参数变为void。

具有std :: enable_if和具体类型的模板类专门化

3 个答案: