enable_if 函数在不应该被定义的时候定义答案

【问题标题】：enable_if function defined when it shouldn't beenable_if 函数在不应该被定义的时候定义
【发布时间】：2012-01-04 23:53:34
【问题描述】：

作为一个实验，我正在尝试根据类模板参数创建一个没有参数的 void 成员函数更改行为：

#include <iostream>
#include <limits>

template<typename T>
class MyClass
{
public:
  void MyFunc(const typename std::enable_if<std::is_fundamental<T>::value, T> dummy = T());
  void MyFunc(const typename std::enable_if<!std::is_fundamental<T>::value, T> dummy = T());

};

template<typename T>
void MyClass<T>::MyFunc(const typename std::enable_if<std::is_fundamental<T>::value, T> dummy)
{
}

template<typename T>
void MyClass<T>::MyFunc(const typename std::enable_if<!std::is_fundamental<T>::value, T> dummy)
{
}

class Simple {};

int main(int argc, char *argv[])
{
  MyClass<int> myClass;
  myClass.MyFunc();

//   MyClass<Simple> myClass2;
//   myClass2.MyFunc();

  return 0;
}

但是，我得到：错误：重载“MyFunc()”的调用不明确。不应该只定义这些函数中的一个或另一个，因为除了 !在其中之一？

【问题讨论】：

downvoting ...您应该避免更改您的问题以包含我们告诉您的修复程序。它会让每个人感到困惑。请撤消该操作。

标签： c++ c++11 sfinae enable-if

【解决方案1】：

不，首先您需要实际访问enable_if 的::type typedef，其次，您的代码将不起作用，因为您的成员不是模板。其中一个总是最终成为无效声明。

应用必要的::type 修复后，在您尝试调用该成员之前很久，您的代码将在实例化MyClass<int> 时失败。

使您的成员成为成员模板，并使enable_if 依赖于成员模板的参数，而不是依赖于封闭类模板的参数。

【讨论】：

好的，有没有办法做到这一点？有一个非模板化的成员函数会根据类的模板参数改变行为吗？
@DavidDoria 调用重载。 return MyFuncImpl(std::is_fundamental<T>());。重载 std::true_type 和 std::false_type 参数。

【解决方案2】：

您必须制作虚拟模板参数才能满足我的要求：

#include <iostream>
#include <limits>

template<typename T>
class MyClass
{
public:
  template <typename U = T>
  void MyFunc(const typename std::enable_if<std::is_fundamental<U>::value, U>::type dummy = U());
  template <typename U = T>
  void MyFunc(const typename std::enable_if<!std::is_fundamental<U>::value, U>::type dummy = U());
};

template<typename T>
template<typename U>
void MyClass<T>::MyFunc(const typename std::enable_if<std::is_fundamental<U>::value, U>::type dummy)
{
}

template<typename T>
template<typename U>
void MyClass<T>::MyFunc(const typename std::enable_if<!std::is_fundamental<U>::value, U>::type dummy)
{
}

class Simple {};

int main(int argc, char *argv[])
{
  MyClass<int> myClass;
  myClass.MyFunc();

  MyClass<Simple> myClass2;
  myClass2.MyFunc();

  return 0;
}

【讨论】：

【解决方案3】：

说：

std::enable_if<std::is_fundamental<T>::value, T>::type
//                                              ^^^^^^

【讨论】：

我首先尝试过（现在已编辑到原始帖子中）但我得到错误：在'struct std::enable_if'中没有名为'type'的类型
@DavidDoria：正确。当 bool 为 false 时，有 no 类型。这是不是 SFINAE 中的错误。
其实这是一个错误，因为非模板中没有模板替换。
@visitor：确实，OP 仍然必须将此构建块集成到适当的 SFINAE 结构中。我只是想指出替换失败的发生位置。