转发声明使用 enable_if 的函数：模糊调用答案

【问题标题】：Forward declaring a function that uses enable_if : ambiguous call转发声明使用 enable_if 的函数：模糊调用
【发布时间】：2010-01-08 17:14:57
【问题描述】：

我在声明一个使用 boost::enable_if 的函数时遇到了一些麻烦：以下代码给了我一个编译器错误：

// Declaration
template <typename T>
void foo(T t);

// Definition
template <typename T>
typename boost::enable_if<boost::is_same<T, int> >::type foo(T t)
{
}

int main()
{
    foo(12);
    return 0;
}

编译时，我收到“对 foo 的模糊调用”错误。根据enable_if的定义，当条件为真时，'type' typedef对应void，所以据我所知，foo的两个签名匹配。为什么编译器会认为它们不同，有没有正确的方式转发声明foo（最好不要重复enable_if部分）？

【问题讨论】：

匹配是问题，编译器无法决定要使用哪个模板。

标签： c++ forward-declaration ambiguity enable-if

【解决方案1】：

这不仅仅是 enable_if 的问题。使用以下代码在 Visual Studio 和 gcc 上得到相同的错误：

struct TypeVoid {
  typedef void type;
};

template<typename T>
void f();

template<typename T>
typename T::type f() {
}

int main()
{
  f<TypeVoid>();
  return 0;
}

我认为主要问题是返回类型（在实例化之前）是模板函数签名的一部分。有更多信息here。

关于你的代码，如果声明引用了定义，你应该同时匹配：

// Declaration       
template <typename T>       
typename boost::enable_if<boost::is_same<T, int> >::type foo(T t);       

// Definition       
template <typename T>       
typename boost::enable_if<boost::is_same<T, int> >::type foo(T t)       
{       
}

如果声明引用了不同的函数，编译器将永远无法为 int 选择正确的函数，因为它们都是有效的。但是，您可以使用 disable_if 为 int 禁用第一个：

// Other function declaration
template <typename T>
typename boost::disable_if<boost::is_same<T, int> >::type foo(T t);

// Defition
template <typename T>       
typename boost::enable_if<boost::is_same<T, int> >::type foo(T t)       
{       
}

【讨论】：

【解决方案2】：

问题是声明和定义不匹配。

解决方案是声明应该包含完全相同的签名，以及enable_if 位。

#include <boost/type_traits/is_same.hpp>
#include <boost/utility/enable_if.hpp>

// Declaration
template <typename T>
typename boost::enable_if<boost::is_same<T, int> >::type foo(T t);

// Definition
template <typename T>
typename boost::enable_if<boost::is_same<T, int> >::type foo(T t)
{
}

int main()
{
    foo(12);
    return 0;
}

这在 VC2008 上编译得很好。

【讨论】：