如何专门针对特定类型的模板类方法？

Question

我有这样的代码：

class Bar {
 public:
  void print() {
    std::cout << "bar\n";
  }
};

template<typename T>
class Foo {
 public:
  template <typename std::enable_if<std::is_base_of<T,Bar>::value,T>::type>
  void print() {
    t.print();
  }

 template <typename>
  void print() {
    std::cout << t << std::endl;
  }
 private:
  T t;
};

int main() {
//  Foo<int> foo1;
  Foo<Bar> foo2;
  foo2.print();
}

这段代码的目的是：如果T ta是Bar或的子类Bar，则foo.print()推导为void print() {t.print();}，否则推导为void print() {std::cout << t << std::endl;}，但是事情没有按我预期的那样进行。编译器错误：

“非类型模板参数不能具有类型'typename std :: enable_if :: value，Bar> :: type'（aka'Bar'）”，

此代码有什么问题？

Answer 1

1. 您应同时重载print()函数模板（以使SFINAE正常工作），否则始终首选非模板函数。

2. 您应该print()采用自己的模板类型参数；类型检查不应T直接在类模板参数上执行，函数模板重载解析和SFINAE不在函数模板本身上执行，而类模板则不涉及。

3. 您可以将部分std::enable_if移到返回类型。

4. 如果您希望类型为或的派生类，则应将指定的顺序更改为std::is_base_of（即std::is_base_of<Bar, X>不是std::is_base_of<X, Bar>）。BarBar

例如

template <typename X = T>
typename std::enable_if<std::is_base_of<Bar, X>::value>::type print() {
  t.print();
}

template <typename X = T>
typename std::enable_if<!std::is_base_of<Bar, X>::value>::type print() {
  std::cout << t << std::endl;
}

生活