SFINAE：启用类构造函数答案

【问题标题】：SFINAE: Enable class constructorSFINAE：启用类构造函数
【发布时间】：2016-08-26 08:10:13
【问题描述】：

我有一个“参数”类，它可以选择将“标识组类型”作为模板参数typename IDENTIFICATION_GROUP：

struct ConstrainedParameterIdentification_None {};

template<typename UNIT_TYPE, typename DATA_TYPE = double, typename IDENTIFICATION_GROUP = ConstrainedParameterIdentification_None>
class Parameter
{
    /* Constructor - the only method taking care about valid IDENTIFICATION_GROUP */
    template<typename = std::enable_if<!std::is_same<IDENTIFICATION_GROUP, ConstrainedParameterIdentification_None>::value>>
    Parameter( const typename IDENTIFICATION_GROUP::IDType ID )
    { /* ... */ }
};

在实例化 Parameter 类时，使用了如下所列的类（有趣的部分是 using IDType = int;）：

struct SampleIdentificationGroup
{
    using IDType = int;
    /* ... */
};

除非我像这样实例化参数：

Parameter<si::length, double, SampleIdentificationGroup> Param;

一切正常。

但是一旦我想使用默认值IDENTIFICATION_GROUP - ConstrainedParameterIdentification_None，我的麻烦就来了。我的第一次尝试是在ConstrainedParameterIdentification_None 中也简单地定义IDType，但由于副作用，它不是一个解决方案。因此，我想使用IDENTIFICATION_GROUP "internals (typedefs...)" 启用/禁用参数成员方法。

所以我尝试应用 SFINAE 来启用/禁用我的构造函数（唯一关心 IDENTIFICATION_GROUP"internals 的方法）：

template<typename = std::enable_if<!std::is_same<IDENTIFICATION_GROUP, ConstrainedParameterIdentification_None>::value>>
Parameter( const typename IDENTIFICATION_GROUP::IDType ID )
{ /* ... */ }

在人类语言中，我想要达到的是“如果 IDENTIFICATION_GROUP 是 ConstrainedParameterIdentification_None，排除整个方法。” .

但是 GCC 抱怨类型 IDType 没有被定义：

error: no type named ‘IDType’ in ‘struct Base::ConstrainedParameterIdentification_None’
   Parameter( const typename IDENTIFICATION_GROUP::IDType ID )

但是由于 SFINAE，Parameter( const typename IDENTIFICATION_GROUP::IDType ID ) 应该从构建中省略，对吧？那么为什么会有这样的抱怨呢？我做错了什么？

非常感谢任何愿意提供帮助的人...

马丁干杯

【问题讨论】：

标签： c++ c++11 constructor sfinae enable-if

【解决方案1】：

我想你可以简单地用以下方式编写你的构造函数

template <typename IG = IDENTIFICATION_GROUP>
   Parameter (typename std::enable_if<false == std::is_same<IG, ConstrainedParameterIdentification_None>::value, typename IG::IDType>::type const ID)
{ /* ... */ }

如果你可以使用 C++14，std::enable_it_t 应该避免烦人的typename 和烦人的::type，所以

template <typename IG = IDENTIFICATION_GROUP>
   Parameter (std::enable_if_t<false == std::is_same<IG, ConstrainedParameterIdentification_None>::value, typename IG::IDType> const ID)
{ /* ... */ }

【讨论】：

因此，将不存在的类型作为模板参数传递仍然是 SFINAE 的有效案例。很高兴知道！

【解决方案2】：

问题是您试图将不存在的类型传递给std::enable_if。为了解决这个问题，您可以轻松地提出自己的 enable_if 版本：

template <typename IDENTIFICATION_GROUP = ConstrainedParameterIdentification_None> struct my_enable_if {
    using type = typename IDENTIFICATION_GROUP::IDType;
};
template <> struct my_enable_if<ConstrainedParameterIdentification_None> {

};

template<typename IDENTIFICATION_GROUP = ConstrainedParameterIdentification_None> class Parameter {
    public:
        template <typename Unused = IDENTIFICATION_GROUP>
        Parameter(typename my_enable_if<Unused>::type ID) { }
        Parameter() { }

};

SFINAE 需要虚拟Unused 模板参数才能工作（相关方法必须至少依赖于一个模板参数）。

【讨论】：