如何使用enable_if根据模板参数选择函数：为什么会出现“struct std::enable_if”中没有类型名为“type”的错误以及如何解决？

如何使用 Enable_if 根据模板参数选择函数

问题：

确定类成员的版本应基于类的模板参数调用函数可能具有挑战性。使用enable_if可以是一个解决方案，但可能会遇到“struct std::enable_if'中没有名为'type'的类型”之类的错误。

解决方案：

问题在于模板参数的替换。 enable_if 的工作原理是消除在模板参数替换期间导致错误的重载。在提供的代码中，不会发生替换，因为在成员函数实例化时 T 已知。

要解决此问题，请创建一个默认为 T 的虚拟模板参数，并将其用于 SFINAE（替换失败不是一个错误）。将有问题的代码替换为以下内容：

<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>

注意：

为了防止用户显式指定模板参数并可能获得不正确的结果，您可以添加静态对成员函数的断言，如以下示例所示：

<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根据模板参数选择函数：为什么会出现“struct std::enable_if”中没有类型名为“type”的错误以及如何解决？的详细内容。更多信息请关注PHP中文网其他相关文章！