使用 enable_if 专门化模板方法

Question

我正在编写一个存储std::function 的模板类，以便以后调用它。这是简化的代码：

template <typename T>
struct Test
{
    void call(T type)
    {
        function(type);
    }
    std::function<void(T)> function;
};

问题是这个模板不能为void类型编译因为

void call(void type)

变得未定义。

将它专门用于void 类型并不能缓解问题，因为

template <>
void Test<void>::call(void)
{
    function();
}

仍然与call(T Type)的声明不兼容。

所以，利用C++ 11的新特性，我尝试了std::enable_if：

typename std::enable_if_t<std::is_void_v<T>, void> call()
{
    function();
}

typename std::enable_if_t<!std::is_void_v<T>, void> call(T type)
{
    function(type);
}

但它不能用 Visual Studio 编译：

错误 C2039：“类型”：不是“std::enable_if”的成员

你会如何解决这个问题？

Answer 1

专攻全班：

template <>
struct Test<void>
{
    void call()
    {
        function();
    }
    std::function<void()> function;
};

Answer 2

SFINAE 不能（仅）处理类/结构的模板参数。

适用于涉及方法模板参数的模板方法。

所以你必须写

   template <typename U = T>
   std::enable_if_t<std::is_void<U>::value> call()
    { function(); }

   template <typename U = T>
   std::enable_if_t<!std::is_void<U>::value> call(T type)
    { function(type); } 

或者，如果您想确定 U 是 T

   template <typename U = T>
   std::enable_if_t<   std::is_same<U, T>::value
                    && std::is_void<U>::value> call()
    { function(); }

   template <typename U = T>
   std::enable_if_t<std::is_same<U, T>::value
                    && !std::is_void<U>::value> call(T type)
    { function(type); } 

p.s.：std::enable_if_t 是一种类型，因此之前不需要 typename。

p.s.2：您标记了 C++11，但您的示例使用 std::enable_if_t，即 C++14，和 std::is_void_v，即 C++17

Answer 3

如果你不坚持使用void，并且你的意图是真正能够在没有任何参数的情况下使用Test，那么使用可变参数模板：

template <typename ...T>
struct Test
{
    void call(T ...type)
    {
        function(type...);
    }
    std::function<void(T...)> function;
};

这样，您可以有任意数量的参数。如果你不想有参数，使用这个：

Test<> t;
t.call();

所以这不是你想要的语法，但不需要专门化，而且这种解决方案更灵活，因为支持任意数量的参数。