如果模板参数很复杂，则在模板函数中应用 std::conj答案

【问题标题】：Apply std::conj in template function if template argument is complex如果模板参数很复杂，则在模板函数中应用 std::conj
【发布时间】：2020-08-08 22:18:18
【问题描述】：

TL;DR 假设我有一个带有模板参数 T 的函数，它接受 std::vector<T>& 作为输入（见下文），如果 T是一个复杂的类型。我该怎么做？

我的尝试在https://stackoverflow.com/a/30737105/5913047之后，我知道我可以检查一个类型是否复杂

template<class T> struct is_complex : std::false_type {};
template<class T> struct is_complex<std::complex<T>> : std::true_type {};

所以我尝试了：

template<typename T>
void MyFunction(std::vector<T>& MyVector){
    // do something
    if (is_complex<T>()){
       std::transform(MyVector.begin(), MyVector.end(), MyVector.begin(),[](T&c){return std::conj(c););
    }
}

但是，如果我将此函数用于非复杂类型，编译器会说conj 没有为非复杂类型定义。有什么设计可以做我想做的吗？

【问题讨论】：

标签： c++ c++11 complex-numbers

【解决方案1】：

您正在使用if 语句。这要求if 分支中的代码是可编译的，即使您不需要执行它也是如此。

在c++17中，要有条件地编译一段代码，你可以像这样使用if constexpr：

if constexpr (is_complex<T>()) {
 //^^^^^^^^^   
    std::transform(MyVector.begin(), MyVector.end(), MyVector.begin(),[](T&c){ return std::conj(c); });
}

这是demo。

在c++11中，可以使用std::enable_if为类型不复杂的情况编写重载，像这样：

template<typename T, typename std::enable_if<!is_complex<T>::value, int>::type = 0>
void MyFunction(std::vector<T>& MyVector){
    // do something
}

template<typename T,  typename std::enable_if<is_complex<T>::value, int>::type = 0>
void MyFunction(std::vector<T>& MyVector){
    // do something
    std::transform(MyVector.begin(), MyVector.end(), MyVector.begin(),[](T&c){ return std::conj(c); });
}

这是demo。

【讨论】：