Question

问题

假设我们有一个（虚构的）类模板C<T>，其中带有条件明确的默认构造函数。当且仅当std::is_same_v<T, int>时，默认构造函数才应为显式。

A search on "[c++] conditionally explicit"返回以下结果：Constructor conditionally marked explicit。

失败的解决方案

可接受的答案给出了一个例子：

struct S {
  template <typename T,
             typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, bool>::type = false >
  S(T) {}

  template <typename T,
            typename std::enable_if<!std::is_integral<T>::value, bool>::type = false>
  explicit S(T) {}
};

稍稍修改示例即可使用类似于std::enable_if的方法来实现此实现：

template <class T>
class C {
public:
  template <std::enable_if_t<std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
  C() {}

  template <std::enable_if_t<!std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
  explicit C() {}
};

不幸的是，它甚至无法编译：demo

prog.cc: In instantiation of 'class C<int>':
prog.cc:15:10:   required from here
prog.cc:10:12: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>'
   10 |   explicit C() {}
      |            ^
prog.cc: In instantiation of 'class C<double>':
prog.cc:18:13:   required from here
prog.cc:7:3: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>'
    7 |   C() {}
      |   ^

该问题似乎是由于省略了构造函数的模板参数，从而禁用了SFINAE造成的。

问题

为什么不编译？
什么是可能的实现方式？

如果可能的话，我想避免对课程进行专门化。

Answer 1

什么是可能的实现方式？

您尝试过

template <class T>
class C {
public: //  VVVVVVVVVVVVVV .................................V  U here, not T
  template <typename U = T, std::enable_if_t<std::is_same_v<U, int>, int> = 0>
  C() {}

  template <typename U = T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<U, int>, int> = 0>
  explicit C() {}
};

？

为什么不编译？

问题在于SFINAE通过类方法使用方法本身的模板参数。

在原始工作代码中：

  template <typename T,
             typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, bool>::type = false >
  S(T) {}

其中T是特定于构造函数的模板参数（从单个参数推导得出）。

相反，在失败的代码中，

template <std::enable_if_t<std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
C() {}

构造函数正在评估类（T）的模板参数，而不是方法的模板参数。

使用技巧typename U = T，您可以在T中转换类的模板参数U，该方法是方法的模板参数（在您的情况下为构造函数，但也可以与其他方法），因此std::enable_if_t（通过U进行测试）能够启用/禁用构造函数。

如何应用使默认构造函数有条件显式？

问题

失败的解决方案

问题

1 个答案: