Question

我之前问过this question a solution出现在哪里。就问题而言，解决方案很棒，但现在我对如何定义类的外部方法感到困惑，即我想在.inl中定义方法文件。在这种情况下，语法是什么？

为了清楚起见，对于模板类，方法定义将是：

template <typename T>
struct Foo
{
  Foo();
};

// C-tor definition
template <typename T>
Foo<T>::Foo()
{
}

如何使用enable_if作为参数之一定义模板类的方法？

template <typename Policy, enable_if< is_base<BasePolicy, Policy>::value >::type >
struct Foo
{
  Foo();
};

// C-tor definition -- ???

Answer 1

从它的外观来看，你想要做的事情就是这样：

template <typename Policy,
          typename = typename std::enable_if<std::is_base_of<BasePolicy, Policy>::value>::type >
struct Foo;

template <typename Policy>
struct Foo<Policy> {
    Foo();
};

template <typename Policy>
Foo<Policy>::Foo() {
}

这偷偷地利用了几个地方的默认参数：不要混淆，隐含的void坐在几个地方。

Answer 2

以下是SFINAE如何实际使用部分专业化：

template<typename T, typename Sfinae = void>
struct Foo {
    /* catch-all primary template */
    /* or e.g. leave undefined if you don't need it */
};

template<typename T>
struct Foo<T, typename std::enable_if<std::is_base_of<BasePolicy, T>::value>::type> {
    /* matches types derived from BasePolicy */
    Foo();
};

然后可以通过以下方式笨拙地介绍该构造函数的定义：

template<typename T>
Foo<T, typename std::enable_if<std::is_base_of<BasePolicy, T>::value>::type>::Foo()
{
    /* Phew, we're there */
}

如果你的编译器支持模板别名（它是一个C ++ 11特性），那么你可以减少很多冗长：

template<typename T>
using EnableIfPolicy = typename std::enable_if<std::is_base_of<BasePolicy, T>::value>::type;

// Somewhat nicer:

template<typename T>
struct Foo<T, EnableIfPolicy<T>> {
    Foo();
};

template<typename T>
Foo<T, EnableIfPolicy<T>>::Foo() {}

注意：您的原始答案提到了Boost的实用程序，例如boost::enable_if_c和boost::is_base_of。如果您使用的是std::enable_if和std::is_base_of（来自C ++ 11），那么使用情况就像

typename boost::enable_if<boost::is_case_of<BasePolicy, T> >::type

其优点是可以摆脱一个::value。

使用enable_if作为模板参数的模板类方法定义

2 个答案: