Question

我正在尝试实现一种结构，该结构在编译时检查给定类型是智能指针还是智能指针的引用。

我重写了this解决方案（不适用于引用）：

template<typename T, typename Enable = void>
struct IsSmartPointer : std::false_type {
};

template<typename T>
struct IsSmartPointer<T,
        typename std::enable_if<
                std::is_same<
                        typename std::decay_t<T>, std::unique_ptr<typename std::decay_t<T>::element_type>
                >::value
        >
> : std::true_type {
};

template<typename T>
struct IsSmartPointer<T,
        typename std::enable_if<
                std::is_same<
                        typename std::decay_t<T>, std::shared_ptr<typename std::decay_t<T>::element_type>
                >::value
        >
> : std::true_type {
};

template<typename T>
struct IsSmartPointer<T,
        typename std::enable_if<
                std::is_same<
                        typename std::decay_t<T>, std::weak_ptr<typename std::decay_t<T>::element_type>
                >::value
        >
> : std::true_type {
};

我觉得这种实现非常接近正确的解决方案。但是，下面的代码显示零：

std::cout << IsSmartPointer<int>::value                          << '\n'
          << IsSmartPointer<const std::shared_ptr<int> &>::value << '\n'
          << IsSmartPointer<std::shared_ptr<int> &>::value       << '\n'
          << IsSmartPointer<const std::shared_ptr<int>>::value   << '\n'
          << IsSmartPointer<std::shared_ptr<int>>::value
          << std::endl;

由于我的想法已经用完了，您能尝试发现一个错误吗？

Answer 1

您写的std::enable_if<...>应该是std::enable_if_t<...>或std::enable_if<...>::type。

std::enable_if<...>是一个独特的类型，永远不会成为void。因此，如果第二个模板参数默认为void，则永远不会使用您的部分专业化。

还请注意，您正在忘记自定义删除器。 std::unique_ptr具有用于自定义删除类型的第二个模板参数，如果未将其指定为默认值，则不会捕获。

如何检查类型是智能指针还是对智能指针的引用

1 个答案: