带有std :: is_base_of的派生类的C++模板函数

Question

我有创建函数的问题,对于给定的类型,如果它是从其他人那里做的事情,而对于所有其他情况做其他事情.我的代码:

class BaseClass {};
class DerivedClass : public BaseClass {};

template <typename T>
void Function(typename std::enable_if<std::is_base_of<BaseClass, T>::value, T>::type && arg) {
    std::cout << "Proper";
}

template <typename T>
void Function(T && arg) {
    std::cout << "Improper";
}

void test() {
    Function(DerivedClass{});
}

对于班级DeriviedClass和其他基于BaseClass我想称功能couting Proper,但它couts Improper.有什么建议？

Answer 1

正如对问题的评论中所提到的,SFINAE表达式不会像你那样工作.
它应该是这样的:

template <typename T>
typename std::enable_if<std::is_base_of<BaseClass, T>::value>::type
Function(T && arg) {
    std::cout << "Proper" << std::endl;
}

template <typename T>
typename std::enable_if<not std::is_base_of<BaseClass, T>::value>::type
Function(T && arg) {
    std::cout << "Improper" << std::endl;
}

SFINAE表达式将Function根据BaseClass作为基础的事实启用或禁用T.返回类型void在两种情况下都是如此,std::enable_it如果您没有定义它,则它是默认类型.
在coliru上看到它.

存在其他有效的替代方案,其中一些已在其他答案中提及.

Answer 2

#include <typeinfo>
#include <iostream>

class BaseClass {};
class DerivedClass : public BaseClass {};
class OtherClass {};

template <typename T,typename = typename std::enable_if<std::is_base_of<BaseClass, T>::value, T>::type>
void Function(T && arg)
{
  std::cout << "Proper" << std::endl;
}

void Function(...)
{
  std::cout << "Improper"<< std::endl;
}

int main()
{
  Function(DerivedClass{});
  Function(BaseClass{});
  Function(OtherClass{});
}