c++ - 相同模板参数的特化

Question

我有一个函数模板:

//the most generalized template 
template<typename typeArg, typename typeRet>
typeRet func(const typeArg &val);

和它的几个特化，看起来像:

template<>
someType func(const otherType &val)
{
    //code
}

template<>
typeFoo func(const typeBar &val)
{
    //more code
}

但它没有默认实现。

显然，这两种类型都不能自动推导出来，所以调用看起来像:

type1 var1 = func<argType,type1>(arg);

仅针对类型相同的情况编写默认实现的正确方法是什么？

我尝试了一些变体:

第一次尝试

template<typename theOnlyType, theOnlyType>
theOnlyType func(const typeArg &theOnlyType)
{
    //code
}

但这是错误的，因为这个函数只有一个模板参数，它不对应上面的调用。

第二次尝试

template<typename type1, typename type2>
type1 func(const type1 &theOnlyType)
{
    //code
}

调用变得不明确，候选者是这个函数和第一个代码块中最通用的模板。

Answer 1

经过一些研究，我想出了一个明显更好的解决方案。它涉及在静态方法周围添加一个包装类并通过全局方法分派(dispatch)它们:

#include <iostream>

namespace tag
{
    template <typename U, typename P>
    struct wrapper // default implementation
    {
        static U foo(P const &)
        {
            std::cout << "different types";
            return U();
        }
    };
}

namespace tag
{
    template <typename T>
    struct wrapper<T, T> // specialized
    {
        static T foo(T const &)
        {
            std::cout << "same type";
            return T();
        }
    };
}

template <typename U, typename P>
static inline U foo(P const &p)
{
    return tag::wrapper<U, P>::foo(p);
}

int main()
{
    foo<int>(0);
    foo<int>(true);
}

希望对您有所帮助。

---

使用 std::enable_if 与 std::is_same (C++11):

<罢工>

template <typename A, typename B, typename = 
          typename std::enable_if<std::is_same<A, B>::value>::type> 
B foo(const A &) {

}

或将此版本用于 C++03 及更早版本:

template <typename A, typename B> struct foo; // implement for different types

template <typename T> struct foo<T, T> {
    T operator()(const T &) {
        // default impelentation
    }
};

int main() {

    foo<int, int> f;
    int n;

    f( n );

}

我相信有办法改善这一点。我尝试对该函数使用部分特化，但我无法让它为我工作。