c++ - 使用不同的 enable_if 条件选择成员函数

Question

我正在尝试根据类模板参数确定调用哪个版本的成员函数。我试过这个:

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct Point
{
  void MyFunction(typename std::enable_if<std::is_same<T, int>::value, T >::type* = 0)
  {
    std::cout << "T is int." << std::endl;
  }

  void MyFunction(typename std::enable_if<!std::is_same<T, int>::value, float >::type* = 0)
  {
    std::cout << "T is not int." << std::endl;
  }
};

int main()
{
  Point<int> intPoint;
  intPoint.MyFunction();

  Point<float> floatPoint;
  floatPoint.MyFunction();
}

我认为这是在说“如果 T 是 int，则使用第一个 MyFunction，如果 T 不是 int，则使用第二个 MyFunction，但是我得到编译器错误，说“错误:'struct std::中没有名为'type'的类型: enable_if'”。谁能指出我在这里做错了什么？

Answer 1

enable_if 起作用是因为 substitution of a template argument resulted in an error ，因此从重载决策集中删除替换，编译器只考虑其他可行的重载。

在您的示例中，在实例化成员函数时没有发生替换，因为此时模板参数 T 已经已知。实现您所尝试的目标的最简单方法是创建一个默认为 T 的虚拟模板参数，并使用它来执行 SFINAE。

template<typename T>
struct Point
{
  template<typename U = T>
  typename std::enable_if<std::is_same<U, int>::value>::type
    MyFunction()
  {
    std::cout << "T is int." << std::endl;
  }

  template<typename U = T>
  typename std::enable_if<std::is_same<U, float>::value>::type
    MyFunction()
  {
    std::cout << "T is not int." << std::endl;
  }
};

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编辑:

正如 HostileFork 在评论中提到的那样，原始示例可能会导致用户显式指定成员函数的模板参数并获得不正确的结果。以下应防止编译成员函数的显式特化。

template<typename T>
struct Point
{
  template<typename... Dummy, typename U = T>
  typename std::enable_if<std::is_same<U, int>::value>::type
    MyFunction()
  {
    static_assert(sizeof...(Dummy)==0, "Do not specify template arguments!");
    std::cout << "T is int." << std::endl;
  }

  template<typename... Dummy, typename U = T>
  typename std::enable_if<std::is_same<U, float>::value>::type
    MyFunction()
  {
    static_assert(sizeof...(Dummy)==0, "Do not specify template arguments!");
    std::cout << "T is not int." << std::endl;
  }
};