Question

作为一个实验，我试图根据类模板参数创建一个没有参数更改行为的void成员函数：

#include <iostream>
#include <limits>

template<typename T>
class MyClass
{
public:
  void MyFunc(const typename std::enable_if<std::is_fundamental<T>::value, T> dummy = T());
  void MyFunc(const typename std::enable_if<!std::is_fundamental<T>::value, T> dummy = T());

};

template<typename T>
void MyClass<T>::MyFunc(const typename std::enable_if<std::is_fundamental<T>::value, T> dummy)
{
}

template<typename T>
void MyClass<T>::MyFunc(const typename std::enable_if<!std::is_fundamental<T>::value, T> dummy)
{
}

class Simple {};

int main(int argc, char *argv[])
{
  MyClass<int> myClass;
  myClass.MyFunc();

//   MyClass<Simple> myClass2;
//   myClass2.MyFunc();

  return 0;
}

然而，我得到：错误：重载'MyFunc（）'的调用是不明确的。不应只定义这些函数中的一个或另一个，因为除了a之外的所有内容都是相同的！其中一个？

Answer 1

不，首先您需要实际访问::type的{{1}} typedef，其次，您的代码将无效，因为您的成员不是模板。其中一个总是最终成为无效的声明。

应用必要的enable_if修补程序后，在尝试调用该成员之前，您的代码将在实例化::type时失败。

使您的成员成员模板，并使MyClass<int>依赖于成员模板的参数，而不是依赖于封闭类模板的参数。

Answer 2

您必须制作虚拟模板参数才能完成我的要求：

#include <iostream>
#include <limits>

template<typename T>
class MyClass
{
public:
  template <typename U = T>
  void MyFunc(const typename std::enable_if<std::is_fundamental<U>::value, U>::type dummy = U());
  template <typename U = T>
  void MyFunc(const typename std::enable_if<!std::is_fundamental<U>::value, U>::type dummy = U());
};

template<typename T>
template<typename U>
void MyClass<T>::MyFunc(const typename std::enable_if<std::is_fundamental<U>::value, U>::type dummy)
{
}

template<typename T>
template<typename U>
void MyClass<T>::MyFunc(const typename std::enable_if<!std::is_fundamental<U>::value, U>::type dummy)
{
}

class Simple {};

int main(int argc, char *argv[])
{
  MyClass<int> myClass;
  myClass.MyFunc();

  MyClass<Simple> myClass2;
  myClass2.MyFunc();

  return 0;
}

Answer 3

说：

std::enable_if<std::is_fundamental<T>::value, T>::type
//                                              ^^^^^^

enable_if函数定义的时候不应该

3 个答案: