重载模板化函数，根据模板参数具有不同的返回类型

Overloading templated function, with different return types based on template parameter

本文关键字：返回类型 函数 重载 参数      更新时间：2023-10-16

我有一个接受参数的函数。有时它是一个"原始"数字，有时它是一个包装在持有者类中的数字，其中包含有关该数字的一些元信息。我可以像这样区分这两种情况

template<class T>
struct Holder
{
};
template<class T>
void f1(T)
{
}
template<class T>
void f1(Holder<T>)
{
}

但是，现在我想根据用户想要什么返回原始数字或持有者。我知道用户在调用函数时必须显式指定模板参数。这很好，但如果可能的话，我希望该函数具有相同的名称。像这样的东西

template<class T>
T f1()
{
    return T();
}
template<class T>
Holder<T> f1()
{
    return T();
}

但是，将其称为f1<int>();或f1<Holder<int>>();会导致error: ambiguous call to overloaded function

这是否可以在不更改函数名称的情况下进行？（如果没有，没什么大不了的，我只是好奇）

除了使用

SFINAE （ std::enable_if ） 的方法之外，您还可以使用部分特化。由于函数模板无法实现部分专用化，因此需要一些跳过箍，但是：

template <typename T>
struct f1_specialization {
    static T f1() { ... }
};
template <typename T>
struct f1_specialization<Holder<T>> {
    static Holder<T> f1() { ... }
};
template <typename T>
T f1() { return f1_specialization<T>::f1(); }

这两种方法都可能或多或少清楚，它们都应该有效。

是的，这是可能的，使用 enable_if .但这太可怕了。我将在 C++11 中写这篇文章。

template <typename T> struct is_holder {
  static constexpr bool value = false;
};
template <typename T> struct is_holder<Holder<T>> {
  static constexpr bool value = true;
};
template <typename T,
          typename = typename std::enable_if<is_holder<T>::value>::type>
T f1() {
  // T is Holder<U>
}
template <typename T,
          typename = typename std::enable_if<!is_holder<T>::value>::type>
T f1() {
  // T is not Holder<U>
}

当然，在调用模板参数时，您仍然必须显式指定它。

Checkout decltype。

    template <class T, class U>
    auto add(T t, U u) -> decltype(t + u);
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