SFINAE:std :: enable_if作为函数参数

Question

所以,我正在关注此网页上代码所设置的示例:http: //eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

这就是我所拥有的:

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<int>";
}

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<float>";
}

int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

这样我就得写:

fun<int>(4);
fun<double>(4.4);

我怎么能避免这种情况？

编译器抱怨它无法推断出参数T.

Answer 1

这些例子是错误的,因为它T 是在非推断的上下文中.除非你调用函数fun<int>(4);,否则代码将无法编译,但这可能不是作者想要显示的内容.

正确的用法是允许T编译器推断,并将SFINAE条件放在其他地方,例如以返回类型语法:

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<int>";
}

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<float>";
}

DEMO

此外,typename代码中的s与您的使用相矛盾std::enable_if_t.

使用其中一个(C++ 11):

typename std::enable_if<...>::type

或(C++ 14):

std::enable_if_t<...>

如何在没有返回类型的构造函数中工作？

在构造函数的情况下,SFINAE条件可以隐藏在模板参数列表中:

struct A
{    
    template <typename T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<int>";
    }

    template <typename T, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<float>";
    }
};

演示2