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- java - 使用网络类获取 url 地址
- ios - 推送通知中不播放声音
我有以下代码:
#include <iostream>
template <class T, typename U = void> class A;
template <class T>
class C
{
public:
typedef T Var_t;
};
template <class T>
class B : public C<T>
{
};
template <class T>
class A<B<T>>
{
public:
A() { std::cout << "Here." << std::endl; }
};
template <class T>
class A<T, typename std::enable_if<
std::is_base_of<C<typename T::Var_t>, T>::value>
::type>
{
public:
A() { std::cout << "There." << std::endl;}
};
int main()
{
A<B<int>> a;
return 0;
}
当编译器尝试用参数 B<int>
实例化第二个偏特化时, std::is_base_of<C<int>, B<int>>::value
是true
,因此 std::enable_if<...>::type
返回 void
(如果未指定,则为默认类型)。这会导致“不明确的部分特化”错误,因为编译器无法在第一个和第二个部分特化之间做出决定。到目前为止,一切都很好。但是,当我替换 std::enable_if
中的代码时简单地成为true
(即,第二个部分特化只是 template <class T> class A<T, typename std::enable_if<true>::type>
),代码编译并运行。它输出 "Here"
, 表示选择了第一个专业。
我的问题是:如果它们的计算结果都为 void
最后,为什么会出现 std::enable_if<true>::type
的行为?不同于std::enable_if<std::is_base_of<...>::value>::type
?
此行为已在 Ideone here 上进行了测试和验证.
最佳答案
在std::enable_if<true>::type
如果您的代码定义了类 A 的两个特化,即:
A<B<T>, void>
A<T, std::enable_if<true>::type>
. 这两个专业彼此截然不同。第一个特化狭隘地关注类型 B<T>
而第二个专业更适合任何类型。此外,在第二个专业中 std::enable_if
表达式不依赖于 T
以任何方式。
对于任何声明A<X> a;
类型 X
将匹配 B<something>
或不。如果匹配B<something>
那么将使用第一个特化,因为它“更特化”。如果 X 不匹配B<something>
然后将使用第二个更通用的特化。无论哪种方式,您都不会收到模棱两可的错误。
有关更多详细信息,请参阅 partial template specialization 中关于偏序的讨论。
现在让我们考虑 std::enable_if<std::is_base_of<...>::value>::type
案例。
您仍然有两个特化,但第二个特化现在以 enable_if 为条件,而 enable_if 又取决于参数 T。
A<B<T>, void>
A<T, std::enable_if<...>>
. 类型B<int>
现在匹配两个专业(在某种程度上相同)。显然它匹配 A<B<T>>, void>
特化,但它也匹配 A<T, std::enable_if...>>
特化因为B<int>
是满足 std::enable_if
施加的条件的类型表达。
这为您提供了两个同样有效的特化,它们是您声明变量 a
的候选者所以你会得到“模棱两可的偏特化”错误。
如果您在 main
中再添加两个声明,可能有助于使所有这些内容更加具体一些
A<C<int>> x;
A<int> y;
在std::enable_if<true>
案例这将编译并且两个声明都将调用“那里”构造函数。
在更复杂的情况下,x
的声明将编译并调用“那里”构造函数,但 y
的声明将出现编译错误。
没有int::Var_t
所以 std::enable_if
表达式将获得替换失败并且 SFINAE 将隐藏该特化。这意味着不会有任何适合 int
的特化你会得到错误 aggregate ‘A<int> y’ has incomplete type and cannot be defined
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