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template<bool, class T, class U>
struct IF_ELSE { using type = T; };
template<class T, class U>
struct IF_ELSE<false, T, Y> { using type = U; }
template<class T>
class Object {
Object baz(IF_ELSE<boolean_condition<T>::value, foo_class, bar_class>::type param) {
return Object(param);
}
};
你好,我正在尝试创建一个方法,该方法返回一个根据某些模板条件初始化的对象。上面的代码工作正常但是我想使用默认构造函数(无参数)
template<class T>
class Object {
Object baz(IF_ELSE<boolean_condition<T>::value, foo_class, void>::type param) {
return Object(param);
}
};
然而,不可能将 void 用作类型(尽管 void foo(void);
是一个有效的声明)
有什么办法吗?
注释。我不想使用模板特化。虽然这是针对这个特定问题的解决方案,但在我当前的项目中简单地使用特化是不方便的。我个人更喜欢使用 IF_ELSE 而不是特化,因为我发现它更容易理解。
我能想到的唯一解决方法是...
template<class T>
class Object {
Object baz(IF_ELSE<boolean_condition<T>::value, foo_class, int>::type param = 0) {
if (param == 0)
return Object();
else
return Object(param);
}
};
如果有人有更复杂的解决方案那就太好了。非常感谢。
--------------------------------编辑------------ ------------------
这个解决方法更好一些(受 Oisyn 启发),它或多或少结合了参数特化和默认参数这两个世界的优点。可能也快一点,因为它避开了 if 语句。
template<class T>
class Object
{
public:
struct MAKE_ILLEGAL {};
template<class param>
Object(param p) {/*do stuff */}
Object() {/* default */ }
template<bool b>
Object<T> baz(std::conditional_t<b, int, MAKE_ILLEGAL> param)
{ return Object<T>(param); }
template<bool b>
Object<T> baz(std::conditional_t<b, MAKE_ILLEGAL, int> value = 0)
{ return Object<T>(); }
};
int main() {
Object<double> obj;
obj.baz<false>();
}
最佳答案
编辑 显然你不能使用解析为 void
的东西作为类型相关上下文中的函数参数。我已经使用不同的解决方案相应地编辑了我的答案。原始答案可以在下面阅读。
// A helper that always yields true so we can make the condition type-dependent
// on arbitrary template parameters
template<class T>
constexpr bool true_v = true;
template<class T>
class Object
{
public:
template<class U = void, std::enable_if_t<Condition<T>::value && true_v<U>, int> = 0>
Object baz(foo_class param)
{ return Object(param); }
template<class U = void, std::enable_if_t<!Condition<T>::value && true_v<U>, int> = 0>
Object baz()
{ return Object(); }
};
只要我们不处理复制/移动构造函数和复制/移动赋值运算符(可能未模板化)等特殊方法,我们始终可以应用常规 SFINAE 技巧。我们只需要模板化 baz
使用默认模板参数,并确保用于 std::enable_if
的条件类型依赖于该方法的模板参数(并且不仅仅依赖于 T
中的 Object<T>
)
原始答案
template<class T>
class Object
{
private:
struct dummy { };
public:
Object baz(std::conditional_t<Conditional<T>::value, foo_class, dummy> param)
{ return Object(param); }
Object baz(std::conditional_t<Conditional<T>::value, dummy, void>)
{ return Object(); }
};
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关于c++ - 模板元编程 - 确定函数参数,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/48052696/
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