C++11 - 模板 std::enable_if 和 std::result_of

Question

我已经创建了这个专门用于 void/non-void 方法的模板

template <typename ClassType, 
        typename MethodType, MethodType MethodName,         
        typename std::enable_if <std::is_same<void, std::result_of<decltype(MethodName)(ClassType)>::type>::value> ::type* = nullptr
>
static int function()
{
   //void
   //....
}



template <typename ClassType, 
        typename MethodType, MethodType MethodName,         
        typename std::enable_if <!std::is_same<void, std::result_of<decltype(MethodName)(ClassType)>::type>::value> ::type* = nullptr
>
static int function()
{
   //non-void
   //....
}

//And I want to call it like this
function<Foo, void (Foo::*)(void), &Foo::Print>();
function<Foo, int (Foo::*)(void), &Foo::Print2>();

(基于这个答案:C++ template parameter as function call name)

然而，这给了我一堆错误(MSVC 2015)。如果我在

template <typename ClassType, 
        typename MethodType, MethodType MethodName      
>
static int print()
{
    std::cout << "C: " << std::is_same<void, std::result_of<decltype(MethodName)(ClassType)>::type>::value << std::endl;
}

我得到了 true 结果。

是否可以为 MethodName 的 void/non-void 结果专门“创建”函数？

Answer 1

这在 GCC 下编译得很好

#include <iostream>
#include <type_traits>
using namespace std;

template <typename ClassType, typename MethodType, MethodType MethodName>
static auto function()
  -> std::enable_if_t<std::is_void<typename std::result_of<MethodType(ClassType)>::type>::value, int>
{
   //void
   //....
}

template <typename ClassType,  typename MethodType, MethodType MethodName>
static auto function()
  -> std::enable_if_t<!std::is_void<typename std::result_of<MethodType(ClassType)>::type>::value, int>
{
   //non-void
   //....
}

我不确定这是否是您正在寻找的，但我使用箭头语法将 enable_if 移动到返回类型，这对我来说看起来更干净。另外，为什么还要在 MethodName 上使用 decltype，因为您已经拥有作为 MethodType 的类型。 result_of 在访问类型之前也需要 typename。

虽然没有可能使用，但确实可以编译，我不确定这是否是您所追求的。

注:std::enable_if_t如果您不能使用对 typename std::enable_if<...>::type 的更改，则在 C++14 中可用相反。