c++ - SFINAE: std::enable_if 作为函数参数

Question

因此，我正在按照此网页某处的代码设置的示例进行操作: http://eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

这是我所拥有的:

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<int>";
}

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<float>";
}

int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

这样我就得写:

fun<int>(4);
fun<double>(4.4);

我该如何避免这种情况？

编译器提示它无法推导参数T。

Answer 1

例子是错误的，因为T 是 non-deduced context .除非你调用像 fun<int>(4); 这样的函数，代码将无法编译，但这可能不是作者想要展示的。

正确的用法是允许 T由编译器推导，并将 SFINAE 条件放置在其他地方，例如，在返回类型语法中:

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<int>";
}

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<float>";
}

DEMO

另外，typename您代码中的 s 与您对 std::enable_if_t 的使用相矛盾.

使用 c++11 :

typename std::enable_if<...>::type

或c++14 :

std::enable_if_t<...>

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How would that work in a constructor which doesn't have a return type though?

对于构造函数，SFINAE 条件可以隐藏在模板参数列表中:

struct A
{    
    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<int>";
    }

    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<float>";
    }
};

DEMO 2

或者，在 c++20 中，您可以为此使用概念:

A(const std::integral auto& val);

A(const std::floating_point auto& val);