c++ - 如何通过专门化在具有单独声明和定义的模板化类的方法上使用 std::enable_if

Question

我正在尝试使用专门化在头文件和实现之间拆分一个模板化类，但我希望一种方法仅出现在某些专门化中。

头文件:

template <typename T>
class A
{
  public:
  void foo();
  void bar();

  template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
  void special();
};

实现:

template<typename T>
void A<T>::foo()
{
  ...
}

template<typename T>
void A<T>::bar()
{
  ...
}

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,T>::value>::type>
void A<T>::special()
{
  ...
}

// generate specializations
template
class A<float>;

template
class A<int>;

template
class A<std::string>;

但是我不断收到 error: declaration is incompatible with function template "void A<T>::special()"当我这样尝试时，或者当我移动 std::enable_if 时成为返回类型。定义应该如何匹配此方法的声明special() ？

Answer 1

此代码存在一些问题。在声明中，您有一个额外的尖括号。此外，* 紧跟 = 将始终被解释为单个标记 *=；它们必须在此代码中用空格分隔，以便将 * 解释为形成指针，将 = 解释为声明模板参数的默认值。因此，声明应为:

template<typename U = T,
         typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
void special();

在定义的时候，由于是定义类模板的成员模板，所以需要先写出类模板的模板参数列表，再写出成员模板。此外，您的定义中没有足够的模板参数:请记住，U 也在那里，是 U，而不是 T，需要出现在is_convertible部分:

template <typename T>
template <typename U, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

请注意，此处 U 的准确拼写并不重要:我们可以重新标记 U，因为它是一个“虚拟变量”:

template <typename T>
template <typename V, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,V>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

但是，除了重新标记之外，所有其他细节都必须完全匹配。