c++ - 如何在没有此运算符的情况下为类型实现默认运算符<<(ostream&, T)？

Question

自 std::to_string添加到 c++11，我开始实现 to_string而不是更传统的 operator<<(ostream&, T) .我需要将两者链接在一起，以便合并依赖 operator<<(ostream&, T) 的库.我希望能够表达如果 T 有 operator<<(ostream&, T) ， 用它;否则，使用 std::to_string .我正在制作一个更有限的版本的原型(prototype)，该版本支持 operator<<对于所有枚举类。

enum class MyEnum { A, B, C };

// plain version works
//std::ostream& operator<<(std::ostream& out, const MyEnum& t) {
//  return (out << to_string(t));
//}

// templated version not working
template<typename T, 
         typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value>::type
>
std::ostream& operator<<(std::ostream& out, const T& t) {
  return (out << to_string(t));
}

编译器说 error: no match for 'operator<<' (operand types are 'std::ostream {aka std::basic_ostream<char>}' and 'MyEnum')
cout << v << endl;

问题:

1. 为什么编译器找不到模板函数？
2. 有没有办法实现通用解决方案？

Answer 1

如果存在 std::to_string，以下将起作用接受类型为 const MyEnum 的参数(根据 clang-703.0.31，不存在)。

#include <iostream>
#include <type_traits>

enum class MyEnum { A, B, C };

template<typename T>
typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value, std::ostream &>::type
operator<<(std::ostream& out, const T& t) {
    return (out << std::to_string(t));
}

int main() {
  MyEnum a;

  std::cout << a << std::endl;
}

根据docs , 有两种使用方式 std::enable_if ，其中之一是使函数的返回类型仅在T 时有效。是一个枚举类型(在你的例子中)。这就是这段代码所显示的。如果std::is_enum<T>::value是true , 然后 std::enable_if<std::is_enum<T>::value, std::ostream &>::type结果 std::ostream &否则没有定义(这会让编译器对你大喊大叫)。

你可以 可能 写类似my::to_string的东西这也会尝试转换为用户定义的字符串类型:

namespace my {

    template<typename T>
    typename std::enable_if<! std::is_void<T>{} && std::is_fundamental<T>{}, std::string>::type
    to_string(T t) {
        return std::to_string(t);
    }

    std::string to_string(std::nullptr_t) = delete;

    std::string to_string(MyEnum a) {
        return "This is an enum";
    }
}

然后，您可以使用 my::to_string而不是 std::to_string在你的operator<< :

return (out << my::to_string(t));

编辑使用my::to_string现在当它的参数是 void 时会导致编译错误或 std::nullptr_t .

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为什么你的代码不起作用

查看 docs 中的示例:

// 2. the second template argument is only valid if T is an integral type:
template < class T,
       class = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type>
bool is_even (T i) {return !bool(i%2);}

如你所见，第二个模板参数是用class = /* enable_if stuff */写的，但在您的代码中，您只需执行 template< typename T, /* enable_if stuff */ > .因此，如果您遵循文档，您将得到正确的结果——编译器会说找不到 std::to_string 的特化。接受了 enum作为参数。