C++ 模板实例化限制

Question

我在类 C 中有一个方法 foo，它调用 foo_1 或 foo_2。这个方法 foo() 必须在 C 中定义，因为 foo() 在 BaseClass 中是纯虚拟的，我实际上必须创建 C 类型的对象。代码如下:

template <class T>
class C:public BaseClass{

  void foo() {
    if (something()) foo_1;
    else foo_2;

  }
  void foo_1() {
  ....
  }

  void foo_2() {
    ....
     T t;
     t.bar(); // requires class T to provide a method bar() 
     ....
   }
};

现在对于大多数类型 T foo_1 就足够了，但对于某些类型 foo_2 将被调用(取决于某些东西())。但是编译器坚持实例化两个 foo_1和 foo_2 因为可以调用其中任何一个。

这给 T 带来了负担，它必须提供一个酒吧的方法。

我如何告诉编译器以下内容:

• 如果 T 没有 bar()，仍然允许它作为实例化类型吗？

Answer 1

您可以使用 boost.enable_if。像这样:

#include <boost/utility/enable_if.hpp>
#include <iostream>

struct T1 {
    static const bool has_bar = true;
    void bar() { std::cout << "bar" << std::endl; }
};

struct T2 {
    static const bool has_bar = false;
};

struct BaseClass {};

template <class T>
class C: public BaseClass {
public:
    void foo() {
        do_foo<T>();
    }

    void foo_1() {
        // ....
    }

    template <class U>
    void foo_2(typename boost::enable_if_c<U::has_bar>::type* = 0) {
        // ....
        T t;
        t.bar(); // requires class T to provide a method bar() 
        // ....
    }

private:

    bool something() const { return false; }


    template <class U>
    void do_foo(typename boost::enable_if_c<U::has_bar>::type* = 0) {
        if (something()) foo_1();
        else foo_2<U>();
    }

    template <class U>
    void do_foo(typename boost::disable_if_c<U::has_bar>::type* = 0) {
        if (something()) foo_1();
        // I dunno what you want to happen if there is no T::bar()
    }
};

int main() {
    C<T1> c;
    c.foo();
}