类型转换运算符到除某些引用之外的任何算术类型答案

【问题标题】：Type cast operators to any arithmetic type except some reference类型转换运算符到除某些引用之外的任何算术类型
【发布时间】：2016-03-29 16:31:58
【问题描述】：

假设我们有这样一个示例类：

class Union {
    union Value {
        int i;
        float f;
    };
    enum class Type {
        Int, Float
    };
    Type type;
    Value value;

public:
    operator int&() { return value.i; }
    operator float&() { return value.f; }

    template <typename T, is_arithmetic<T>>
    operator T() const {
        if (type == Type::Int)
            return static_cast<T>(value.i);
        else
            return static_cast<T>(value.f);
    }
}

我想允许将 Union 实例转换为任何算术类型，但禁止将其转换为引用，除了示例中的 int 和 float 类型。对于给定的示例，编译器会通知存在多个转换。如何处理这样的问题？有没有可能？

【问题讨论】：

标签： c++ casting operator-overloading

【解决方案1】：

问题是is_arithmetic<T>。它不像你认为的那样。那是一个模板非类型参数。 is_arithmetic 是一个类，一个类型。

这样想：

template <class T, int N>
struct X {};

而且你也可以省略参数名：

template <class T, int>
struct X {};

现在你有is_arithmetic<T>，而不是int。

摆脱它，它就起作用了：

template <typename T>
operator T() const {

我的观点是，您不需要确保 T 是算术类型，就像 static_cast 为您做的那样。

如果你想在声明中强制执行，你需要 SFINAE 和enable_if，直到我们有了概念：

template <class T, class Enable = std::enable_if_t<std::is_arithmetic<T>::value>>
operator T() const {

我也对您的设计有些担忧。根据经验，隐式强制转换是不好的。所以你至少可以让它们明确。

【讨论】：

我写 is_arithmetic 的方式更像是伪代码，不会用不必要的代码使示例变得臃肿。我将提出我在答案中提出的解决方案。
不过，我感谢您对模板的解释。

【解决方案2】：

我想出了一个解决方案，比如实现给定的运算符：

operator int&();
operator float&();
operator T();
operator T() const;

使用这组运算符，我可以定义我所期望的算术变量，即非常量、常量、常量引用以及特定类型（如 int 和 float）的额外引用。

【讨论】：