如何使用“enable_if”根據範本參數選擇成員函數？

使用 Enable_If 條件選擇成員函數

任務是根據類別範本參數來決定成員函數的呼叫。以下程式碼片段嘗試實現此目的：

<code class="cpp">#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct Point
{
  void MyFunction(typename std::enable_if<std::is_same<T, int>::value, T &>::type* = 0)
  {
    std::cout << "T is int." << std::endl;
  }

  void MyFunction(typename std::enable_if<!std::is_same<T, int>::value, float &>::type* = 0)
  {
    std::cout << "T is not int." << std::endl;
  }
};</code>

但是，此程式碼無法編譯，並出現錯誤「'struct std::enable_if' 中沒有名為 'type' 的類型」。

SFINAE 實作

理解這個問題的關鍵在於替換失敗不是錯誤（SFINAE）的概念。 Enable_if 允許基於模板參數進行條件編譯。在這種情況下，當實例化成員函數時，模板參數 T 是已知的。因此，在實例化時評估條件並選擇相應的函數。

修正程式碼

為了修正這個問題，我們需要引入一個虛擬範本參數預設為 T。這允許 SFINAE 機制按預期工作。修改後的程式碼如下所示：

<code class="cpp">template<typename T>
struct Point
{
  template<typename U = T>
  typename std::enable_if<std::is_same<U, int>::value>::type
    MyFunction()
  {
    std::cout << "T is int." << std::endl;
  }

  template<typename U = T>
  typename std::enable_if<std::is_same<U, float>::value>::type
    MyFunction()
  {
    std::cout << "T is not int." << std::endl;
  }
};</code>

防止明確成員函數特化

如HostileFork 所指出的，原始程式碼允許明確指定模板參數對於成員函數，這可能會導致不正確的結果。為了防止這種情況，我們可以新增一個 static_assert 來檢查是否提供了任何模板參數。這確保了始終根據模板參數 T 調用正確的成員函數。修改後的程式碼為：

<code class="cpp">template<typename T>
struct Point
{
  template<typename... Dummy, typename U = T>
  typename std::enable_if<std::is_same<U, int>::value>::type
    MyFunction()
  {
    static_assert(sizeof...(Dummy)==0, "Do not specify template arguments!");
    std::cout << "T is int." << std::endl;
  }

  template<typename... Dummy, typename U = T>
  typename std::enable_if<std::is_same<U, float>::value>::type
    MyFunction()
  {
    static_assert(sizeof...(Dummy)==0, "Do not specify template arguments!");
    std::cout << "T is not int." << std::endl;
  }
};</code>

以上是如何使用“enable_if”根據範本參數選擇成員函數？的詳細內容。更多資訊請關注PHP中文網其他相關文章！