为了创建算法模板函数,我需要知道类中的x或X(和y或Y)是模板参数.当我的函数用于MFC CPoint类或GDI + PointF类或其他类时,它可能很有用.他们都使用不同的x.我的解决方案可以简化为以下代码:
template<int> struct TT {typedef int type;};
template<class P> bool Check_x(P p, typename TT<sizeof(&P::x)>::type b = 0) { return true; }
template<class P> bool Check_x(P p, typename TT<sizeof(&P::X)>::type b = 0) { return false; }
struct P1 {int x; };
struct P2 {float X; };
// it also could be struct P3 {unknown_type X; };
int main()
{
P1 p1 = {1};
P2 p2 = {1};
Check_x(p1); // must return true
Check_x(p2); // must return false
return …我希望一个类具有 , 的两种不同实现push，并根据布尔模板参数进行选择。我尝试使用本答案中描述的 SFINAE 原则，如下所示：
template<class T, bool foo=true>
class Bar {
template <>
typename std::enable_if<foo>::type
push(const T& value) { /* one implementation */}
template <>
typename std::enable_if<!foo>::type
push(const T& value) { /* another implementation */ }
}
但是，我push在 gcc 下收到“无法专门化类范围内的函数”的错误，我不明白为什么。尽管我的代码与链接答案中的代码不完全一样，但它似乎非常相似，我无法发现关键区别。
我还尝试使用与此答案中建议的语法类似的语法，但它也不起作用（错误是“不能重新声明类成员”）：
template <bool enable=foo>
typename std::enable_if<enable>::type
push(const T& value) { /* one implementation */}
template <bool enable=!foo>
typename std::enable_if<enable>::type
push(const T& value) { /* another implementation */ }
我怎样才能做到这一点？