我对 std::enable_if 的第二个参数感到困惑。在使用 int 返回类型时，我们可以使用：
template <class T>
typename std::enable_if<mpi::is_builtin<T>::value, int>::type
foo() { return 1; }
但是如何在参数或模板中使用enable_if？在这种情况下，下面的too函数有什么区别：
template<class T ,
class = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type >
T too(T t) { std::cout << "here" << std::endl; return t; }
int too(int t) { std::cout << "there" << std::endl; return t; }
谢谢。
有没有办法可以使用std::numeric_limits<T>::is_integer和std::numeric_limits<T>::is_specialized更改模板行为？
例如,我可以这样做:
template < typename T >
void foo( const T& bar )
{
if( std::numeric_limits< T >::is_integer )
{
isInt( bar );
}
else if( std::numeric_limits< T >::is_specialized )
{
isFloat( bar );
}
else
{
isString( bar );
}
}
我想把一个堆栈变量和reinterpret cast它变成一个大小相同的无符号整数类型.例如,我可能想要获取double值并将其转换为a uint64_t,并且不会修改位.我想以通用的方式做到这一点.
如果我正在处理指针,我会使用reinterpret_cast<uint64_t*>(double_ptr).
我提出了一个解决方案,它使用了一个肮脏的黑客reinterpret_cast,并且是有效的,但它需要相当多的元编程来获得一个相当简单的结果.
问题是:有更好的方法吗？我确信有,并且我正在使这比需要更复杂.
我确实考虑过使用类型T和尺寸合适的模板化联合int_t,但这看起来甚至更黑,并且似乎与未定义的行为一起玩.
编辑我理解标准没有指定double应该是64位,如注释中所指出的那样.但是使用通用方法,我将能够获得与double相同大小的无符号整数类型,无论大小如此.
#include <iostream>
template <typename T, std::size_t S>
struct helper {};
template <typename T>
struct helper<T, 1> {
using type = uint8_t;
};
template <typename T>
struct helper<T, 2> {
using type = uint16_t;
};
template <typename T>
struct helper<T, 4> {
using type = uint32_t;
};
template <typename T>
struct helper<T, 8> {
using type = uint64_t; …我试图在C++中使用基本的SFINAE模式和STL,std::enable_if<>并在第一个障碍时失败:
#include <type_traits>
template< typename T >
typename std::enable_if< true, bool >::type // compiles fine
//std::enable_if< false, bool >::type // lots of errors
myFunction( T val )
{
// do stuff
return true;
}
void main()
{
int i = 0;
myFunction( i );
}
在第一种情况下,enable_if<true,bool>只是按预期工作.在第二种情况下,enable_if<false,bool>我希望编译失败只有一个错误,'myFunction': identifier not found但我得到多个错误'type' : is not a member of 'std::enable_if<false,bool>',然后从那里传播更多的错误.
一方面,编译器确实给出了错误,但另一方面,我认为重点是替换失败不是错误？我错过了一个非常明显的观点吗？或者VC 2013有SFINAE问题吗？
谢谢
我有以下代码：
#include <iostream>
#include <type_traits>
template <typename T, typename std::enable_if
<std::is_convertible<int, T>::value, T>::type>
void func(T a)
{
std::cout << a << std::endl;
}
template <typename T, typename std::enable_if
<!std::is_convertible<int, T>::value, T>::type>
void func(T a)
{
a.print();
}
class Test
{
public:
void print()
{
std::cout << "Test" << std::endl;
}
};
int main()
{
func(3);
func("Test");
return 0;
}
使用此代码，我希望第一个调用func打印输出3（int实际上可以转换为int，应该调用第一个专业化名称），第二个调用func打印输出Test（Test()不能转换为int，所以应该调用第二个专业化名称）。但是，我得到了一个编译器错误：
prog.cpp：在函数'int main（）'中：
prog.cpp：27：8：错误：没有匹配的函数调用'func（int）'
prog.cpp：5：6：注意：候选：模板[类T，类型名称std …