Question

我想使用type_traits来通过shared_ptr进行过载。

struct A {
    A(int i) : x(i) {}
    int x;
};

int main()
{
    A a{4};
    auto b = std::make_shared<A>(7);
    A& c = a;
    A* d = b.get();
    A* e = &a;

    std::cout << getX(a) << std::endl;
    std::cout << getX(b) << std::endl;
    std::cout << getX(c) << std::endl;
    std::cout << getX(d) << std::endl;
    std::cout << getX(e) << std::endl;

    return 0;
}

这是一种解决方案，但存在必须预先定义返回类型的问题。

template <typename T>
typename std::enable_if_t<!boost::has_dereference<T>::value, int> getX(T t)
{
    return t.x;
}

template <typename T>
typename std::enable_if_t<boost::has_dereference<T>::value, int> getX(T t)
{
    return t->x;
}

但是使用下面的方法，我可以使返回类型为auto，但看起来有点笨拙。

template <typename T, typename std::enable_if_t<!boost::has_dereference<T>::value>* = nullptr>
auto getX(T t)
{
    return t.x;
}

template <typename T, typename std::enable_if_t<boost::has_dereference<T>::value>* = nullptr>
auto getX(T t)
{
    return t->x;
}

有没有一种方法可以使用第一种类型并仍然获得返回类型auto？

我不想指定A::x的类型，因此最好使用auto返回类型。第二种做到了，但感觉有点笨拙。

或者有更好的方法吗？谢谢。

Answer 1

如果您只想为不同的类型运行不同的代码行或两行代码，则constexpr if允许您执行此操作而不必使用enable_if，并允许您使用自动返回类型推导。您可以将getX简化为

template <typename T>
auto getX(T t)
{
    if constexpr (boost::has_dereference<T>::value)
        return t->x;
    else
        return t.x;
}

之所以可行，是因为未执行的路径被丢弃，因此在编译时仅编译了真实路径。

enable_if和自动返回类型？

1 个答案: