c++ - enable_if 和自动返回类型？

Question

我想使用 type_traits 是否通过 shared_ptr 重载。

struct A {
    A(int i) : x(i) {}
    int x;
};

int main()
{
    A a{4};
    auto b = std::make_shared<A>(7);
    A& c = a;
    A* d = b.get();
    A* e = &a;

    std::cout << getX(a) << std::endl;
    std::cout << getX(b) << std::endl;
    std::cout << getX(c) << std::endl;
    std::cout << getX(d) << std::endl;
    std::cout << getX(e) << std::endl;

    return 0;
}

这是一种解决方案，但存在返回类型必须预先定义的问题。

template <typename T>
typename std::enable_if_t<!boost::has_dereference<T>::value, int> getX(T t)
{
    return t.x;
}

template <typename T>
typename std::enable_if_t<boost::has_dereference<T>::value, int> getX(T t)
{
    return t->x;
}

但是使用下面的方法，我可以使返回类型为 auto 但它看起来有点笨拙。

template <typename T, typename std::enable_if_t<!boost::has_dereference<T>::value>* = nullptr>
auto getX(T t)
{
    return t.x;
}

template <typename T, typename std::enable_if_t<boost::has_dereference<T>::value>* = nullptr>
auto getX(T t)
{
    return t->x;
}

是否有一种方法可以使用第一种类型并仍然获得返回类型 auto？

我不想指定 A::x 的类型，所以 auto 返回类型最好。第二种类型可以做到这一点，但感觉有点笨拙。

或者有更好的方法吗？谢谢。

Answer 1

如果您只想为不同的类型运行一两行不同的代码，那么 constexpr if让您无需使用 enable_if 即可执行此操作，并允许您使用自动返回类型推导。您可以将 getX 简化为

template <typename T>
auto getX(T t)
{
    if constexpr (boost::has_dereference<T>::value)
        return t->x;
    else
        return t.x;
}

这是有效的，因为未执行的路径被丢弃，因此在编译时只有真正的路径被编译。