c++ - 引入std::enable_if后"No match"错误

Question

我有一个运算符(operator)(在本例中为 operator&= ，但这不是问题)工作正常，直到我介绍 std::enable_if_t混入其中。

用代码示例解释更简单:

template<typename T, std::enable_if_t<std::is_integral_v<T> && std::is_unsigned_v<T>>>
MyClass& MyClass::operator&=(T d)
{ /*... */ }

// then in main
MyClass a;
a &= static_cast<unsigned char>42;
a &= (unsigned long long)47;

如果我注释掉 std::enable_if_t block ，然后它按预期编译和运行，但是一旦我把它放在那里它就会产生格式错误

test.cpp:42:7: error: no match for ‘operator&=’ (operand types are ‘MyClass’ and ‘unsigned char’)
  a &= static_cast<unsigned char>(42);
  ~~^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
In file included from test.cpp:4:0:
file.hpp:69:103: note: candidate: template<class T, typename std::enable_if<(is_integral_v<T> && is_unsigned_v<T>), void>::type <anonymous> > MyClass& MyClass::operator&=(T)
  template<typename T, std::enable_if_t<std::is_integral_v<T> && std::is_unsigned_v<T>>> MyClass& operator&=(T d);
                                                                                                  ^~~~~~~~
file.hpp:69:103: note:   template argument deduction/substitution failed:
test.cpp:42:39: note:   couldn't deduce template parameter ‘<anonymous>’
  a &= static_cast<unsigned char>(42);

我觉得我在这里缺少一些简单的东西。我什至已经尝试通过调用 a.operator&=<unsigned char>(static_cast<unsigned char>(42)) 来提示编译器看看它是否会起作用，但它不起作用。

Answer 1

您需要使用 class/typename在

的定义中的第二个模板参数

template<typename T, class = std::enable_if_t<std::is_integral_v<T> && std::is_unsigned_v<T>>>
                     ^^^^^
MyClass& MyClass::operator&=(T d)

当条件std::is_integral_v<T> && std::is_unsigned_v<T>是真的，enable_if::type是void .没有 class void被视为非类型模板参数有什么问题( void 不能用作非类型参数 reference )。

通过使用 class/typename第二个参数定义为采用 void - class SomeTypeName = void 的类型参数如果 enable_if 中的条件为真，或者此函数模板从 enable_if 的条件为假时设置的重载中丢弃。