我可以重载具有类型特征的函数吗？

Question

假设我有六种类型，它们都属于一个概念类别。
这是一个显示这一点的图表：

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或者也许为您提供更具体的示例：

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我想编写两个函数来处理所有 6 种类型。
“类别 1”中的类型以特定方式处理，而“类别 2”中的类型以不同方式处理。

让我们进入代码。 首先，我将创建六种类型。

//Category 1 Types
class Type_A{};
class Type_B{};
class Type_C{};

//Category 2 Types
class Type_D{};
class Type_E{};
class Type_F{};

接下来，我将创建两个类型特征，以便可以在编译时发现类型的类别。

/* Build The Category 1 Type Trait */

//Type_A Type Trait
template <typename T>
struct Is_Type_A {
  static const bool value = false;
};
template <>
struct Is_Type_A<Type_A> {
  static const bool value = true;
};

//Type_B Type Trait
template <typename T>
struct Is_Type_B {
  static const bool value = false;
};
template <>
struct Is_Type_B<Type_B> {
  static const bool value = true;
};

//Type_C Type Trait
template <typename T>
struct Is_Type_C {
  static const bool value = false;
};
template <>
struct Is_Type_C<Type_C> {
  static const bool value = true;
};

//Category 1 Type Trait
template <typename T>
struct Is_Type_From_Category_1 {
  static const bool value = Is_Type_A<T>::value || Is_Type_B<T>::value || Is_Type_C<T>::value;
};

/* Build The Category 2 Type Trait */

//Type_D Type Trait
template <typename T>
struct Is_Type_D {
  static const bool value = false;
};
template <>
struct Is_Type_D<Type_D> {
  static const bool value = true;
};

//Type_E Type Trait
template <typename T>
struct Is_Type_E {
  static const bool value = false;
};
template <>
struct Is_Type_E<Type_E> {
  static const bool value = true;
};

//Type_F Type Trait
template <typename T>
struct Is_Type_F {
  static const bool value = false;
};
template <>
struct Is_Type_F<Type_F> {
  static const bool value = true;
};

//Category 1 Type Trait
template <typename T>
struct Is_Type_From_Category_2 {
  static const bool value = Is_Type_D<T>::value || Is_Type_E<T>::value || Is_Type_F<T>::value;
};

现在我有两个类型特征来区分这六种类型中的每一种属于哪个类别，我想编写两个函数。一个函数将接受类别 1 中的所有内容，而另一个函数将接受类别 2 中的所有内容。有没有办法在不创建某种调度函数的情况下做到这一点？我能找到一种只有两个功能的方法吗？每个类别一个？

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编辑：我曾尝试像这样使用 enable_if，但这样的尝试会导致编译器错误。

//Handle all types from Category 1
template<class T ,class = typename std::enable_if<Is_Type_From_Category_1<T>::value>::type >
void function(T t){
    //do category 1 stuff to the type
    return;
}

//Handle all types from Category 2
template<class T ,class = typename std::enable_if<Is_Type_From_Category_2<T>::value>::type >
void function(T t){
    //do category 2 stuff to the type
    return;
}

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编辑 2： 我已经尝试了链接中提供的代码，但这并不是关于是否调用该函数的是或否决定。考虑到两种类型特征，我应该调用哪个函数。这将是一个重新定义错误。

//Handle all types from Category 2
template<class T, class dummy = typename std::enable_if< Is_Type_From_Category_1<T>::value, void>::type>
void function(T t){
    //do category 1 stuff to the type
    return;
}
//Handle all types from Category 2
template<class T, class dummy = typename std::enable_if< Is_Type_From_Category_2<T>::value, void>::type>
void function(T t){
    //do category 2 stuff to the type
    return;
}

Answer 1

不允许两个函数签名仅因模板参数的默认值而有所不同。如果你明确地调用function< int, void >会发生什么？

enable_if 的通常用法是作为函数返回类型。

//Handle all types from Category 1
template<class T >
typename std::enable_if<Is_Type_From_Category_1<T>::value>::type
function(T t){
    //do category 1 stuff to the type
    return;
}

//Handle all types from Category 2
template<class T >
typename std::enable_if<Is_Type_From_Category_2<T>::value>::type
function(T t){
    //do category 2 stuff to the type
    return;
}

Answer 2

我认为使用标签发送会比 SFINAE 更容易。

template<class T>
struct Category;

template<>
struct Category<Type_A> : std::integral_constant<int, 1> {};
template<>
struct Category<Type_B> : std::integral_constant<int, 1> {};
template<>
struct Category<Type_C> : std::integral_constant<int, 1> {};

template<>
struct Category<Type_D> : std::integral_constant<int, 2> {};
template<>
struct Category<Type_E> : std::integral_constant<int, 2> {};
template<>
struct Category<Type_F> : std::integral_constant<int, 2> {};

template<class T>
void foo(std::integral_constant<int, 1>, T x)
{
    // Category 1 types.
}

template<class T>
void foo(std::integral_constant<int, 2>, T x)
{
    // Category 2 types.
}

template<class T>
void foo(T x)
{
    foo(Category<T>(), x);
}

Answer 3

作为通过“特征”选择类别的替代方法，您还可以考虑 CRTP（其中类型以类别为基础）：

template<class Derived> class category1 {};
template<class Derived> class category2 {};

class A1: public category1<A1> { ..... };
class A2: public category2<A2> { ..... };
class B1: public category1<B1> { ..... };
class B2: public category2<B2> { ..... };

template<class T>void funcion_on1(category1<T>& st)
{
   T& t = static_cast<T&>(st);
   .....
}

template<class T>void funcion_on1(category2<T>& st)
{
   T& t = static_cast<T&>(st);
   .....
}

优点是具有较少污染的命名空间。

Answer 4

我从R. Martinho Fernandes 学到了以下技术。下面显示的代码是为了说明问题的基本原理而编写的，但您应该参考此blog post 以获取完整的技巧以使其美观。

您已经提到由于签名相同而遇到问题。诀窍是使类型不同。

您的第二种方法很接近，但我们不能使用void 作为std::enable_if<> 的结果类型。

请注意，以下代码无法编译，并且为 std::enable_if<> 指定 void 不会改变任何内容，因为无论如何默认都是 void。

#include <iostream>

class A {};
class B {};

template <
    typename T, 
    typename = typename std::enable_if<std::is_same<T, A>::value>::type>
void F(T) {
  std::cout << "A" << std::endl;
}

template <
    typename T, 
    typename = typename std::enable_if<std::is_same<T, B>::value>::type>
void F(T) {
  std::cout << "B" << std::endl;
}

int main() {
  F(A{});
  F(B{});
}

正如您已经描述的那样，原因是签名是相同的。让我们区分它们。

#include <iostream>

class A {};
class B {};

template <
    typename T,
    typename std::enable_if<std::is_same<T, A>::value, int>::type = 0>
void F(T) {
  std::cout << "A" << std::endl;
}

template <
    typename T, 
    typename std::enable_if<std::is_same<T, B>::value, int>::type = 0>
void F(T) {
  std::cout << "B" << std::endl;
}

int main() {
  F(A{});
  F(B{});
}

打印：

A
B

我们现在区分了这两个函数的类型，因为第二个模板参数不是类型，而是int。

这种方法比在返回类型中使用 std::enable_if<> 更可取，例如，因为构造函数没有返回类型，所以该模式不适用于那些。

注意：std::is_same<> 与单个类一起使用以简化条件。