仅当未被 std::enable_if 禁用时才调用成员函数

Question

我正在编写一个函数来计算数值流的各种统计信息。它有各种模板参数来有条件地计算其他更昂贵的东西，比如中位数和众数。它们是模板，因此编译器将优化所有 if 语句。根据模板值，如果没有计算出更昂贵值的 getter，则它们将被禁用。

template <bool CalcMedian>
class Stats
{
public:
      // median getter, disabled if it wasn't calculated
      template <bool B = CalcMedian, typename = std::enable_if_t<B>>
      double median() const { return _median; }

      void add_element(double value) {
          // update easy values
          if (CalcMedian) {
              // update the median
          }
      }
};

一切都很好，花花公子，除了我去超载<<上课。

template <bool CalcMedian>
std::ostream& operator<<(std::ostream& o, const Stats<CalcMedian>& stats) {
    // display the easy stats
    if (CalcMedian) {
        o << "median = " << stats.median();
        // g++: no matching function call for Stats<false>::median()
    }
}

一种解决方案是专门化类以删除 getter，或 operator<<，因此它不使用 if 语句，但我计划包含至少 3 个参数，这已经是函数的 8 个变体我得写。添加更多模板参数将是一个巨大的痛苦。

我已经尝试过this answer中的方法，但是还是不行。测试方法给出了true_type，因为该方法确实存在，它只是被enable_if 禁用，所以我得到相同的编译器错误。有没有办法修改该答案以捕捉该功能存在但被禁用的事实？

Answer 1

你可以创建一个display_median 专门的：

template <bool B = CalcMedian>
std::ostream&o display_median(std::ostream&o) const;

template <>
std::ostream&o display_median<true>(std::ostream&o) const;
{
    return o << "median = " << median() << std::endl;
}

template <>
std::ostream&o display_median<false>(std::ostream&o) const;
{
    return o;
}

然后

template <bool CalcMedian>
std::ostream& operator<<(std::ostream& o, const Stats<CalcMedian>& stats) {
    // display the easy stats
    stats.display_median<CalcMedian>(o);
}