为什么 SFINAE 不使用类模板的成员函数？

为什么 SFINAE (enable_if) 不适用于类模板的成员函数？

在 C 中，SFINAE（替换失败不是错误）允许您根据模板参数的类型启用或禁用代码。然而，在处理类模板的成员函数时，SFINAE 通常无法按预期工作。

下面是一个演示该问题的示例：

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

struct A {};
struct B {};

template <typename t>
struct Foo
{
    typename std::enable_if<:is_same a>::value>::type bar()
    {}

    typename std::enable_if<:is_same b>::value>::type bar()
    {}
};</:is_same></:is_same></typename></type_traits></code>

在此示例中，Foo 定义两个重载成员函数 bar()。第一个重载在 T 为 A 时启用，第二个重载在 T 为 B 时启用。但是，如果您尝试编译此代码，您将收到一条错误消息，指示无法解析重载。

此错误的原因是 SFINAE 仅适用于 推导的 模板参数。对于类模板的成员函数，模板参数不是推导的，而是显式指定的。要解决此问题，您可以使用以下技术之一：

• 使用显式模板参数：

  <code class="cpp">struct Foo
  {
    void bar(A) {}
    void bar(B) {}
  };</code>

• 在成员内部使用 std::enable_if函数：

  <code class="cpp">template <typename t>
  struct Foo
  {
    template<typename u="T">
    typename std::enable_if<:is_same a>::value>::type bar() {}
  
    template<typename u="T">
    typename std::enable_if<:is_same b>::value>::type bar() {}
  };</:is_same></typename></:is_same></typename></typename></code>

• 使用显式类模板特化：

  <code class="cpp">template  struct Foo<a> { void bar() {} };
  template  struct Foo<b> { void bar() {} };</b></a></code>

以上是为什么 SFINAE 不使用类模板的成员函数？的详细内容。更多信息请关注PHP中文网其他相关文章！