Question

我有这样的代码：

class Bar {
 public:
  void print() {
    std::cout << "bar\n";
  }
};

template<typename T>
class Foo {
 public:
  template <typename std::enable_if<std::is_base_of<T,Bar>::value,T>::type>
  void print() {
    t.print();
  }

 template <typename>
  void print() {
    std::cout << t << std::endl;
  }
 private:
  T t;
};

int main() {
//  Foo<int> foo1;
  Foo<Bar> foo2;
  foo2.print();
}

此代码的目的是：如果T t是Bar或Bar的子类，则将foo.print()推导为void print() {t.print();}，否则推导到void print() {std::cout << t << std::endl;}，但事情没有按我预期的那样进行。编译器错误：

”非类型模板参数不能具有类型'typename std :: enable_if :: value，Bar> :: type'（aka 'Bar'）“，

此代码有什么问题？

Answer 1

您应该同时使print()重载到函数模板（以使SFINAE工作），否则总是首选非模板函数。
您应该让print()使用自己的模板类型参数；类型检查不应直接在类模板参数T上执行，功能模板重载解析和SFINAE不在功能模板本身上执行，而类模板则不涉及。
您可以将std::enable_if的一部分移到返回类型。
如果您希望类型为std::is_base_of<Bar, X>或的派生类，则应将指定的顺序更改为std::is_base_of（即std::is_base_of<X, Bar>，而不是Bar）。 Bar。

例如

template <typename X = T>
typename std::enable_if<std::is_base_of<Bar, X>::value>::type print() {
  t.print();
}

template <typename X = T>
typename std::enable_if<!std::is_base_of<Bar, X>::value>::type print() {
  std::cout << t << std::endl;
}

LIVE

Answer 2

由于您实际上对某个类型具有成员函数print或定义了operator<<的类型感兴趣，因此您也应该以这种方式对其进行约束。

随着即将到来的C++20标准，我们正在获得concepts & constraints。考虑到这一点，我们可以执行以下操作：

namespace traits
{
template<typename T>
concept has_print_v = requires(T&& t) { t.print(); };

template<typename T>
concept has_ostream_op_v = requires(T&& t, std::ostream& os) { os << t; };
} // end of namespace traits

并使用如下概念：

template<typename T>
class Foo
{
public:
    void print()
    {
        if constexpr (traits::has_print_v<T>) { t.print(); }
        else if constexpr (traits::has_ostream_op_v<T>) { std::cout << t << "\n"; }
    }
private:
    T t;  
};

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Answer 3

您应该在调用h1{ text-align:center; }时添加模板参数，因为它本身是模板方法。无论如何，您的设计都过于复杂！

使用C ++ 17变得非常简单，您只需一个 print()方法即可。

Foo<T>::print()

Demo。

如何专门针对特定类型的模板类方法？

3 个答案:

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