c++ - 如果给定的模板参数提供类型定义，则使用 sfinae 启用构造函数

Question

我想在模板类中启用两个构造函数中的一个，并且只启用一个，这取决于作为模板参数的给定类型是否定义了类型。

在这里，我想将给定模板中定义的类型作为附加参数添加到构造函数中，并在存在时转发此参数。但是请看:

class A
{  // this class did not provide ConstructorParms type definition
    public:
        A( int i) {}
};

class B
{  // this class provide the type ConstructorParms
    public:
        using ConstructorParms= double;

        B( double d, int i) {}
};


template <typename T>
class Check: public T
{
    public:
        // ??? enable_if T has typename T::ConstructorParms
        Check( typename T::ConstructorParms parms, int i): T( parms, i) {}

        // ??? enable_if T has NOT typename T::ConstructorParms
        Check( int i): T(i){}
};

int main()
{
    Check<A> ca(9);             
    Check<B> cb(1.23, 10);
    return 0;
}

我遇到了麻烦，因为构造函数“方法”本身没有模板参数。有什么想法吗？

注意(给定答案的原因):代码片段真的被简化了。使用 using 转发到父构造函数不是一个选项，因为现实世界类 Check 需要一些参数。这使得无法转发到父构造函数。

Answer 1

您可以使用 SFINAE 解决此问题，但自 C++11 以来有一个更简单的解决方案:继承构造函数。

template <typename T>
class Check: public T
{
    public:
        using T::T;
};

---

如果构造函数不仅仅做转发；使用这个通用解决方案:

#include <type_traits>

template< typename T >
struct HasCtorParamTypedef
{
    template< typename U,
              typename = typename U::ConstructorParms >
    static int f( U );

    static void f( ... );

    static const bool value = std::is_same<decltype(f(std::declval<T>())), int>::value;
};

template <typename T>
struct Check: public T
{
        // Is only enabled if T does have the typedef
        template <typename U = T,
                  typename = typename std::enable_if<HasCtorParamTypedef<U>::value>::type >
        Check( typename U::ConstructorParms parms, int i): T( parms, i) {}

        // Is only enabled if T does **not** have the typedef
        template <typename U = T,
                  typename = typename std::enable_if<!HasCtorParamTypedef<U>::value>::type >
        Check( int i ): T(i){}
};