std :: enable_if有条件地编译成员函数

我试图通过一个简单的示例来了解如何使用std::enable_if。在阅读完此答案后，我想出一个简单的例子应该不难。我想使用std::enable_if两个成员函数之间进行选择，并只允许使用其中之一。

不幸的是，以下代码无法在gcc 4.7中进行编译，经过数小时的尝试，我一直在问你们我的错误是什么。

#include <utility>
#include <iostream>

template< class T >
class Y {

    public:
        template < typename = typename std::enable_if< true >::type >
        T foo() {
            return 10;
        }
        template < typename = typename std::enable_if< false >::type >
        T foo() {
            return 10;
        }

};


int main() {
    Y< double > y;

    std::cout << y.foo() << std::endl;
}

gcc报告以下问题：

% LANG=C make CXXFLAGS="-std=c++0x" enable_if
g++ -std=c++0x    enable_if.cpp   -o enable_if
enable_if.cpp:12:65: error: `type' in `struct std::enable_if<false>' does not name a type
enable_if.cpp:13:15: error: `template<class T> template<class> T Y::foo()' cannot be overloaded
enable_if.cpp:9:15: error: with `template<class T> template<class> T Y::foo()'

为什么g ++不会为第二个成员函数删除错误的实例化？根据标准，std::enable_if< bool, T = void >::type仅当布尔模板参数为true时存在。但是g ++为什么不将其视为SFINAE？我认为重载错误消息来自g ++不会删除第二个成员函数的问题，并认为这应该是重载。

SFINAE仅在模板自变量的自变量推导替换使构造不正确时起作用。没有这样的替代。

我也想到了这一点，并尝试使用它std::is_same< T, int >::value，! std::is_same< T, int >::value并且给出了相同的结果。

这是因为实例化类模板时（在创建Y<int>其他类型的对象时会发生这种情况），实例化了其所有成员声明（不一定是其定义/主体！）。其中还包括其成员模板。请注意，这T是已知的，并!std::is_same< T, int >::value产生false。因此它将创建一个Y<int>包含以下内容的类

class Y<int> {
    public:
        /* instantiated from
        template < typename = typename std::enable_if< 
          std::is_same< T, int >::value >::type >
        T foo() {
            return 10;
        }
        */

        template < typename = typename std::enable_if< true >::type >
        int foo();

        /* instantiated from

        template < typename = typename std::enable_if< 
          ! std::is_same< T, int >::value >::type >
        T foo() {
            return 10;
        }
        */

        template < typename = typename std::enable_if< false >::type >
        int foo();
};

的std::enable_if<false>::type访问不存在的类型，所以是形成不良的该声明。因此，您的程序无效。

您需要使成员模板enable_if依赖于成员模板本身的参数。那么声明是有效的，因为整个类型仍然是依赖的。当您尝试调用其中一个时，会为其模板参数进行参数推导，并且SFINAE会按预期发生。请参阅此问题以及有关如何执行此操作的相应答案。

我做了这个简短的例子，它也有效。

#include <iostream>
#include <type_traits>

class foo;
class bar;

template<class T>
struct is_bar
{
    template<class Q = T>
    typename std::enable_if<std::is_same<Q, bar>::value, bool>::type check()
    {
        return true;
    }

    template<class Q = T>
    typename std::enable_if<!std::is_same<Q, bar>::value, bool>::type check()
    {
        return false;
    }
};

int main()
{
    is_bar<foo> foo_is_bar;
    is_bar<bar> bar_is_bar;
    if (!foo_is_bar.check() && bar_is_bar.check())
        std::cout << "It works!" << std::endl;

    return 0;
}

如果您要我详细说明，请发表评论。我认为代码或多或少是不言自明的，但是后来我又做了，所以我可能是错的:)

您可以在此处查看它的运行情况。

对于那些正在寻找“可行”解决方案的后来者：

#include <utility>
#include <iostream>

template< typename T >
class Y {

    template< bool cond, typename U >
    using resolvedType  = typename std::enable_if< cond, U >::type; 

    public:
        template< typename U = T > 
        resolvedType< true, U > foo() {
            return 11;
        }
        template< typename U = T >
        resolvedType< false, U > foo() {
            return 12;
        }

};


int main() {
    Y< double > y;

    std::cout << y.foo() << std::endl;
}

编译：

g++ -std=gnu++14 test.cpp 

运行给出：

./a.out 
11

从这篇文章：

默认模板参数不是模板签名的一部分

但是可以做这样的事情：

#include <iostream>

struct Foo {
    template < class T,
               class std::enable_if < !std::is_integral<T>::value, int >::type = 0 >
    void f(const T& value)
    {
        std::cout << "Not int" << std::endl;
    }

    template<class T,
             class std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    void f(const T& value)
    {
        std::cout << "Int" << std::endl;
    }
};

int main()
{
    Foo foo;
    foo.f(1);
    foo.f(1.1);

    // Output:
    // Int
    // Not int
}

解决此问题的一种方法是，成员函数的特殊化是将特殊化放入另一个类，然后从该类继承。您可能必须更改继承顺序才能访问所有其他基础数据，但是该技术确实有效。

template< class T, bool condition> struct FooImpl;
template<class T> struct FooImpl<T, true> {
T foo() { return 10; }
};

template<class T> struct FoolImpl<T,false> {
T foo() { return 5; }
};

template< class T >
class Y : public FooImpl<T, boost::is_integer<T> > // whatever your test is goes here.
{
public:
    typedef FooImpl<T, boost::is_integer<T> > inherited;

    // you will need to use "inherited::" if you want to name any of the 
    // members of those inherited classes.
};

这种技术的缺点是，如果需要为不同的成员函数测试很多不同的事物，则必须为每个成员函数创建一个类，并将其链接在继承树中。这对于访问公共数据成员来说是正确的。

例如：

template<class T, bool condition> class Goo;
// repeat pattern above.

template<class T, bool condition>
class Foo<T, true> : public Goo<T, boost::test<T> > {
public:
    typedef Goo<T, boost::test<T> > inherited:
    // etc. etc.
};

布尔值取决于所推导的模板参数。因此，一种简单的修复方法是使用默认的布尔参数：

template< class T >
class Y {

    public:
        template < bool EnableBool = true, typename = typename std::enable_if<( std::is_same<T, double>::value && EnableBool )>::type >
        T foo() {
            return 10;
        }

};

但是，如果您想重载成员函数，这将不起作用。相反，最好TICK_MEMBER_REQUIRES在Tick库中使用：

template< class T >
class Y {

    public:
        TICK_MEMBER_REQUIRES(std::is_same<T, double>::value)
        T foo() {
            return 10;
        }

        TICK_MEMBER_REQUIRES(!std::is_same<T, double>::value)
        T foo() {
            return 10;
        }

};

您还可以实现自己的成员require宏，如下所示（以防万一您不想使用其他库）：

template<long N>
struct requires_enum
{
    enum class type
    {
        none,
        all       
    };
};


#define MEMBER_REQUIRES(...) \
typename requires_enum<__LINE__>::type PrivateRequiresEnum ## __LINE__ = requires_enum<__LINE__>::type::none, \
class=typename std::enable_if<((PrivateRequiresEnum ## __LINE__ == requires_enum<__LINE__>::type::none) && (__VA_ARGS__))>::type

这是我使用宏的简约示例。使用enable_if((...))更复杂的表达式时，请使用双括号。

template<bool b, std::enable_if_t<b, int> = 0>
using helper_enable_if = int;

#define enable_if(value) typename = helper_enable_if<value>

struct Test
{
     template<enable_if(false)>
     void run();
}