为什么应该避免在函数返回类型中使用“std::enable_if”？

为什么要尽量避免在函数签名中使用 std::enable_if？

std::enable_if 是一个 C 语言的多功能工具，可以使用以多种方式根据指定条件有条件地定义函数或类。然而，Scott Meyers 警告不要在函数签名中使用它。要理解此建议，需要探索 std::enable_if 可用的不同策略及其含义。

实现选项：

1. 函数参数：

<code class="cpp">template<typename T>
struct Check1
{
    template<typename U = T>
    U read(typename std::enable_if<std::is_same<U, int>::value>::type* = 0) { return 42; }

    template<typename U = T>
    U read(typename std::enable_if<std::is_same<U, double>::value>::type* = 0) { return 3.14; }   
};</code>

2. 模板参数：

<code class="cpp">template<typename T>
struct Check2
{
    template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_same<U, int>::value, int>::type = 0>
    U read() { return 42; }

    template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_same<U, double>::value, int>::type = 0>
    U read() { return 3.14; }   
};</code>

3. 返回类型：

<code class="cpp">template<typename T>
struct Check3
{
    template<typename U = T>
    typename std::enable_if<std::is_same<U, int>::value, U>::type read() {
        return 42;
    }

    template<typename U = T>
    typename std::enable_if<std::is_same<U, double>::value, U>::type read() {
        return 3.14;
    }   
};</code>

首选方法：

最有利的方法是将enable_if放在模板参数中。这种技术在清晰度和多功能性方面都有优势。

清晰度：

enable_if 子句可以与返回和参数类型保持不同，从而产生更具可读性的代码。即使使用别名模板来减少混乱，其他方法中的合并子句仍然结合了单独且不同的概念。

多功能性：

此技术可以通用适用于各种上下文，包括没有返回类型的构造函数和禁止附加参数的运算符。 SFINAE 是 std::enable_if 条件行为背后的关键，仅适用于模板，进一步支持了这种方法的通用性。

在返回类型中避免使用 std::enable_if：

在返回类型中使用 std::enable_if 时，关注的不是函数签名，而是模板特化。出于清晰和一致性的原因，迈耶斯建议不要这种做法。使用enable_if指定返回类型会导致模板定义和基本模板之间不一致：

<code class="cpp">template<typename T>
struct Check4
{
    typename std::enable_if<std::is_same<T, int>::value, int>::type read() {
        return 42;
    }

    int read() {    // error: redeclared without 'typename'
        return 3.14;  // never used
    }   
};</code>

成员函数模板与非成员函数模板：

讨论的问题和建议适用于成员和非成员函数模板。方法上没有显着差异。

以上是为什么应该避免在函数返回类型中使用“std::enable_if”？的详细内容。更多信息请关注PHP中文网其他相关文章！