模板专业启用eNable_if

Template specialization enable_if

本文关键字：eNable if 启用      更新时间：2023-10-16

我试图以这种方式专业化模板：

class PropertyBase
{
public:
    SfPropertyBase(string name)
    {
        Name = name;
    }
    virtual ~SfPropertyBase() {}
    string Name;
    virtual bool FromString(Object* obj, string str) = 0;
};

template< typename T>
class Property : public SfPropertyBase
{
public:
    Property(string name) : SfPropertyBase(name)
    {
        //specific to Property stuff
    }

    template<typename U = T>
    typename std::enable_if<(std::is_class<U>::value && std::is_pointer<U>::value), bool>::type
    FromString(Object* obj, string str)
    {
        //do something
        return true;
    }
    template<typename U = T>
    typename std::enable_if<!std::is_class<U>::value || !std::is_pointer<U>::value), bool>::type
    FromString(Object* obj, string str)
    {
        //do something
        return true;
    }
}

然后，当我尝试初始化此类实例时：

 auto prop = new Property<int>("IntProperty");

我得到invalid new-expression of abstract class type Property<int>。我了解PropertyBase中有一个抽象功能，但是我也提供Property的专业，其中T是一类，而不是。

发生了什么以及如何修复它？

注意：如果T是类/指针和所有其他情况，我要实现的是专业FromString。

Property中的 FromString都是函数模板，它们不能覆盖 base类的非网板virtual函数。(实际上，功能模板不能是virtual函数(。

您可以在Property中添加另一个非模板FromString;您可以使用关键字orverride确保覆盖。例如

bool FromString(Object* obj, string str) override {
    return FromString<>(obj, str);
}

live

一个函数模板不能用作非模板虚拟函数的效率。函数模板不是函数，它是呼叫时创建功能按需创建功能的食谱。

代码必须直接在派生类对象上调用FromString才能使Sfinae工作。如果您想根据模板参数类型提供不同的Overrider，一种方法是通过中间基础进行。

template<typename T, typename = void>
struct FromStringProvider;
template<typename T>
struct FromStringProvider<T, typename std::enable_if<(std::is_class<U>::value && std::is_pointer<U>::value)>::type> : SfPropertyBase {
    bool FromString(Object* obj, string str) override
    {
        //do something
        return true;
    }
};

如果您需要访问派生类，则可以使用基于CRTP的方法。只需将派生类作为额外的参数传递，然后依靠其静态接口来访问所需的零件。

如果您具有相同条件下的虚拟功能集，则这种替代方法特别有用。

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