boost::enable_if 在成员函数上，重载返回类型

Question

我希望能够使用boost::enable_if 来关闭/打开某些方法。

对于整数类型，我想从 operator() 返回 TypeToReturn 对于其他类型我想返回const TypeToReturn&

这是我的尝试：

template<typename T>
struct Holder{
    typedef T type;
};


template<typename First,
         typename TypeToReturn = typename Holder<First>::type>

struct SuperClass{

    typename boost::enable_if<boost::is_integral<TypeToReturn> >::type 
    operator()(int& someParameterNotImportant) const
    {
        // stuff
    }

    const typename boost::disable_if<boost::is_integral<TypeToReturn> >::type&
    operator()(int& someParameterNotImportant) const
    {
        // stuff
    }
};

我收到这些函数无法重载等错误。

我什至不确定这次尝试是否朝着好的方向迈出了一步。

编辑：在第一次建议后，我在更正后添加代码， 仍然给出“const typename boost::disable_if.....不能重载”的问题

template<typename T>
struct Holder{
    typedef T type;
};


template<typename First,
         typename TypeToReturn = typename Holder<First>::type>

struct SuperClass{

    typename boost::enable_if<boost::is_integral<TypeToReturn>, TypeToReturn >::type 
    operator()(int& someParameterNotImportant) const
    {
        // stuff
    }

    const typename boost::disable_if<boost::is_integral<TypeToReturn>, TypeToReturn >::type&
    operator()(int& someParameterNotImportant) const
    {
        // stuff
    }
};

Answer 1

SFINAE 适用于模板方法。你不是。

在 C++11 中，我们可以使用函数的默认模板来处理它：

template<typename First,
         typename TypeToReturn = typename Holder<First>::type>
struct SuperClass
{
    template <typename T = TypeToReturn>
    typename boost::enable_if<boost::is_integral<T>, T>::type 
    operator()(int& someParameterNotImportant) const
    {
        // stuff
    }

    template <typename T = TypeToReturn>
    const typename boost::disable_if<boost::is_integral<T>, T>::type&
    operator()(int& someParameterNotImportant) const
    {
        // stuff
    }
};

C++17 将允许使用 if constexpr 更简单的语法，

C++20 将允许 requires 放弃该方法，这要归功于特性。

在 C++03 中，我建议改为使用标签调度：

template<typename First,
         typename TypeToReturn>
TypeToReturn helper(int& someParameterNotImportant, boost::true_type)
{
// stuff
}

template<typename First,
         typename TypeToReturn>
const TypeToReturn& helper(int& someParameterNotImportant, boost::false_type)
{
// stuff
}


template<typename First,
         typename TypeToReturn = typename Holder<First>::type>
struct SuperClass
{
    typename boost::conditional<boost::is_integral<TypeToReturn>::value,
                                TypeToReturn,
                                const TypeToReturn&>::type 
    operator()(int& someParameterNotImportant) const
    {
        return helper<First, TypeToReturn>(someParameterNotImportant,
                                           boost::is_integral<TypeToReturn>());
    }
};

Answer 2

您需要为 enable_if 提供一个类型

typename boost::enable_if<boost::is_integral<TypeToReturn>, TypeToReturn >::type 

否则默认为空

为了让它真正工作，你需要自己制作操作员的模板函数，以允许 SFINAE 启动，这对于标签中所述的 c++03 不起作用。

template <typename Ret = TypeToReturn>
typename boost::enable_if<boost::is_integral<Ret>,Ret >::type 
operator()(int& someParameterNotImportant) const

或者使用虚拟变量，使操作符的区别在于参数而不是返回值。但仍然保留它的模板。这将适用于 c++03

template<typename T>
    TypeToReturn operator()(T& someParameterNotImportant, typename boost::enable_if<boost::is_integral<TypeToReturn>,T >::type* = 0) const

您也可以在此处添加对 T 是否为 int 的检查，如果不是，则发出编译时错误。