有条件地定义容器类的方法

Question

是否可以（并且这是一个好主意）根据其元素的类型有条件地为某些容器类 (template<typename ThingType> class Container) 定义方法？在阅读了std::enable_if 之后，我首先认为这是可能的，但现在我不确定我是否理解。

以下是我的尝试（点击here 在ideone 上运行）。如果std::is_base_of<ThingBase, ThingType>::value 是false，则不会定义p 的返回类型。我认为编译器只会实例化一个没有该方法的类的对象。但事实证明它无法编译。

还有其他工具可以完成这项工作吗？或者我应该写两个类似Container 的类，根据ThingType 是什么而有不同的行为？或者，这可能是一份专业化的工作。

#include <iostream>
#include <type_traits>
#include <vector>


class ThingBase {
public:
    virtual void printHi() = 0;
    
};

class Thing : public ThingBase
{
    void printHi(){
        std::cout << "hi\n";
    }   
};


template<typename ThingType>
class Container{
private:
    std::vector<ThingType> m_things;
public:

    typename std::enable_if<std::is_base_of<ThingBase, ThingType>::value>::type p()
    {
        m_things[0].printHi();
    };
};


int main() {
    
    //Container<Thing> stuff; // works!
    Container<int> stuff; // doesn't work :(
    
    return 0;
}

编辑：

编译器的错误信息是

prog.cpp: In instantiation of ‘class Container<int>’:
prog.cpp:36:17:   required from here
prog.cpp:26:78: error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false, void>’
  typename std::enable_if<std::is_base_of<ThingBase, ThingType>::value>::type p()

@StoryTeller - Unslander Monica我不打算重载这个方法。我希望最终用户只要它可用就可以使用它。这些p 方法中只有一个，并且应该只需要一个（相对简单的）签名。

Answer 1

我不打算重载这个方法。我希望最终用户只要它可用就可以使用它。这些 p 方法中只会有一个，并且应该只需要一个（相对简单的）签名。

这大大简化了练习。解决办法是……什么都不做。

void p() {
    m_things[0].printHi();
}

当一个类模板被隐式实例化时，只有成员函数的声明被实例化。在尝试使用该成员之前，不会实例化定义。

所以你不需要做任何特别的事情。不能用的时候再用就会报错。

如果您仍然希望确保可推导性，并在这种情况下产生描述性错误，您可以在成员函数体中添加static_assert。只需对条件使用is_base_of 测试，然后添加一个漂亮的字符串即可。

这是编写通用实用程序时的常用方法。另一方面，SFINAE 的主要目的是控制过载解决。但你不是在这里做的。