模板类成员函数的显式专业化

我需要专门针对某种类型的模板成员函数（比方说double）。当类X本身不是模板类时，它可以正常工作，但是当我使它成为模板时，GCC开始给出编译时错误。

#include <iostream>
#include <cmath>

template <class C> class X
{
public:
   template <class T> void get_as();
};

template <class C>
void X<C>::get_as<double>()
{

}

int main()
{
   X<int> x;
   x.get_as();
}

这是错误消息

source.cpp:11:27: error: template-id
  'get_as<double>' in declaration of primary template
source.cpp:11:6: error: prototype for
  'void X<C>::get_as()' does not match any in class 'X<C>'
source.cpp:7:35: error: candidate is:
  template<class C> template<class T> void X::get_as()

我该如何解决？这是什么问题？

提前致谢。

那样行不通。您需要说以下内容，但这是不正确的

template <class C> template<>
void X<C>::get_as<double>()
{

}

明确专门的成员也需要其周围的类模板也明确专门。因此，您需要说以下内容，该内容仅专门针对X<int>。

template <> template<>
void X<int>::get_as<double>()
{

}

如果要使周围的模板不专业，则有多种选择。我更喜欢超载

template <class C> class X
{
   template<typename T> struct type { };

public:
   template <class T> void get_as() {
     get_as(type<T>());
   }

private:
   template<typename T> void get_as(type<T>) {

   }

   void get_as(type<double>) {

   }
};

如果能够使用 std::enable_if我们可以依靠SFINAE（替代失败不是错误）

这样工作（请参见LIVE）：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename C> class X
{
public:
    template <typename T, 
              std::enable_if_t<!std::is_same_v<double,T>, int> = 0> 
    void get_as() { std::cout << "get as T" << std::endl; }

    template <typename T, 
              std::enable_if_t<std::is_same_v<double,T>, int> = 0> 
    void get_as() { std::cout << "get as double" << std::endl; }
};

int main() {
   X<int> d;
   d.get_as<double>();

   return 0;
}

丑陋的是，对于所有这些enable_if来说，编译器仅需要一种专门化功能，否则就会产生歧义错误。这就是为什么默认行为“ get as T”也需要启用的原因。