带有派生模板类和智能指针的模板推导答案

【问题标题】：Template deduction with derived templated class and smart pointers带有派生模板类和智能指针的模板推导
【发布时间】：2020-10-21 08:30:27
【问题描述】：

假设我有一个模板化基类，以及一个从它派生的模板化类：

template <typename T>
class Base {};

template <typename T>
class Derived : public Base<T> {};

此外，我有一个函数想要接受指向任何Base<T> 或子类的共享指针，并且能够轻松地将T 参数用作其签名的一部分：

template <typename T>
T DoSomething(std::shared_ptr<Base<T>>);

我希望能够调用它，推断出 T，共享指向 Base<T> 的指针或派生自它的任何东西：

DoSomething(std::make_shared<Base<T>>());
DoSomething(std::make_shared<Derived<T>>());

当然后者不行，因为类型推导失败。

如何修改DoSomething 的签名以使其正常工作？在Base 和Derived 不是模板的情况下，我已经看到了很多答案，但是如果我仍然想推断T（例如将其用作返回类型，如上）。

理想情况下，在重载解决时，指向非派生输入（和非共享指针）的共享指针会失败。

【问题讨论】：

标签： c++ templates sfinae typetraits type-deduction

【解决方案1】：

您可以在函数中使用模板模板参数，然后使用 static_assert 来强制执行您的要求。

#include <memory>
#include <vector>

template <typename T>
class Base {};

template <typename T>
class Derived : public Base<T> {};

template <typename T, template <typename> typename U>
T DoSomething(std::shared_ptr<U<T>>) {
    static_assert(std::is_base_of_v<Base<T>, U<T>>, "Requires a std::shared_ptr to Base of class derived from Base");
    return T{};
}

int main() {
    auto foo = std::make_shared<Derived<int>>();
    auto baz = std::make_shared<Base<int>>();
    auto bar = std::make_shared<std::vector<int>>();

    DoSomething(foo);
    DoSomething(baz);
    DoSomething(bar); // Fails, std::vector<int> is not derived from Base<int>
}

编辑
如果DoSomething 过载，我们可以使用 SFINAE 来禁用它，而不是使用static_assert。如下所示。

#include <memory>
#include <vector>

template <typename T>
class Base {};

template <typename T>
class Derived : public Base<T> {};

template <typename T, template <typename> typename U, std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Base<T>, U<T>>, int> = 0>
T DoSomething(std::shared_ptr<U<T>>) {
    return T{};
}

int main() {
    auto foo = std::make_shared<Derived<int>>();
    auto baz = std::make_shared<Base<int>>();
    auto bar = std::make_shared<std::vector<int>>();

    DoSomething(foo);
    DoSomething(baz);
    DoSomething(bar); // Error, no matching function
}

【讨论】：

这很有帮助（谢谢！）。但我希望非派生对象甚至不会导致函数在重载集中被考虑；相反，这会选择函数然后编译失败，对吧？
@jacobsa 这很容易修复，您只需要使用 SFINAE 而不是 static_assert。您应该将该信息添加到问题中。我将更新示例。
完成，抱歉。我该如何使用 SFINAE？
@jacobsa 添加了 SFINAE 示例。
非常感谢！公认。如果你能回答this related question（或this一个）那就太棒了。

【解决方案2】：

尽管@super 已经为这个问题提供了一个公认的答案，但这里使用 SFINAE 的方式略有不同（但可能不太优雅）：

#include <memory>
#include <type_traits>

template <typename T>
class Base {};

template <typename T>
class Derived : public Base<T> {};

template <template <typename> typename U, typename T>
std::enable_if_t<std::is_base_of<Base<T>,U<T>>::value, T>
DoSomething(std::shared_ptr<U<T>>)
{
    return T{};
}

int main()
{
    auto foo = std::make_shared<Base<int>>();
    auto bar = std::make_shared<Derived<int>>();
    
    DoSomething(foo);
    DoSomething(bar);

    return 0;
}

现场演示：godbolt。

为什么我认为这不那么优雅？这是因为函数的签名发生了变化，现在将 std::enable_if_t<...> 作为返回类型，尽管它最终被推导出为 T（当然，对于有效输入）。

【讨论】：