SFINAE:std::enable_if作为函数参数

SFINAE: std::enable_if as function argument

本文关键字：函数 参数 std enable SFINAE if      更新时间：2023-10-16

因此，我在这个网页上的某个地方使用代码设置的示例：http://eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

这是我的：

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<int>";
}
template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<float>";
}
int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

我必须这样写：

fun<int>(4);
fun<double>(4.4);

我该如何避免这种情况？

编译器抱怨无法推导出参数T。

这些例子是错误的，因为T在非推导上下文中是。除非您调用像fun<int>(4);这样的函数，否则代码不会编译，但这可能不是作者想要展示的。

正确的用法是允许编译器推导T，并在其他地方放置SFINAE条件，例如在返回类型语法中：

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<int>";
}
template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<float>";
}

演示

此外，代码中的typename与您对std::enable_if_t的使用相矛盾。

使用c++11:

typename std::enable_if<...>::type

或c++14:

std::enable_if_t<...>

在没有返回类型的构造函数中，这将如何工作

在构造函数的情况下，SFINAE条件可以隐藏在模板参数列表中：

struct A
{    
    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<int>";
    }
    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<float>";
    }
};

演示2

或者，在c++20中，您可以使用以下概念：

A(const std::integral auto& val);
A(const std::floating_point auto& val);

为了允许推导，您需要一个直接基于T的函数参数。然后，您需要弄清楚将enable_if放在哪里（这确实不允许推导T）。常见选项是在返回类型或您忽略的额外默认参数上。

这里有一些很好的例子：http://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if

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