如何通过专门化在具有单独声明和定义的模板化类方法上使用 std::enable_if

Question

我试图使用专门化在头文件和实现之间拆分模板化类，但我希望一种方法仅出现在某些专门化中。

头文件：

template <typename T>
class A
{
  public:
  void foo();
  void bar();

  template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
  void special();
};

实施：

template<typename T>
void A<T>::foo()
{
  ...
}

template<typename T>
void A<T>::bar()
{
  ...
}

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,T>::value>::type>
void A<T>::special()
{
  ...
}

// generate specializations
template
class A<float>;

template
class A<int>;

template
class A<std::string>;

error: declaration is incompatible with function template "void A<T>::special()"然而，当我像这样尝试时，或者当我将 移动std::enable_if为返回类型时，我不断收到消息。定义应该如何与该方法的声明相匹配special()？

Answer 1

这段代码有一些问题。在声明中，您有一个额外的尖括号。此外，*紧随其后的始终=会被解释为单个标记*=；在此代码中，它们必须用空格分隔，以便将*解释为形成指针并=声明模板参数的默认值。因此，声明应为：

template<typename U = T,
         typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
void special();

在定义中，由于定义的是类模板的成员模板，因此需要先写出类模板的模板参数列表，然后才是成员模板。另外，您的定义中没有足够的模板参数：记住，U也在那里，并且它是U，不是T，需要出现在该is_convertible部分中：

template <typename T>
template <typename U, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

请注意，这里的确切拼写U并不重要：我们可以重新标记，U因为它是“虚拟变量”：

template <typename T>
template <typename V, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,V>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

然而，除了重新标记之外，所有其他细节都必须完全匹配。