c ++模板类根据类型通过ref传递构造函数

Question

假设我有一个看起来像这样的类，如果T是一个像double这样的简单类型，或者如果T更复杂，那么它应该由值构造。

到目前为止我的代码看起来像这样：

template<class T>
class Val {
  public:
    Val() = default;
    Val(double v) : _v(v) {}

    template<typename U = T>
    Val(const &T v,
        typename std::enable_if<!std::is_same<U,double>::value, bool>::type = 0)
    : _v(v) {}
  private:
    T _v;
};

哪个有效，但感觉非常粗略，因为在构造函数中引入了一个额外的参数。 这个问题有更好的解决方案吗？ 这似乎更适合过载或模板专业化解决方案？ 对于所有简单类型（ int ， float ， double ......），这通常可以解决吗？

Answer 1

您只需要一个构造函数。 毕竟，它在两种情况下做同样的事情对吗？ 首先，定义一个基于T的类型特征，它是值或引用：

template <typename T>
using param_type = std::conditional_t<
                       is_complex_type<T>::value,
                       T const&,
                       T>;

其中is_complex_type是稍后要确定的某种适当的类型特征。 也许这是is_fundamental其他答案建议。

然后使用它：

template<class T>
class Val {
public:
    Val() = default;
    Val(param_type<T> v) : _v(v) { }
};

Answer 2

有std::is_fundamental应该适合你。 对我来说最好看的解决方案是：

template<class T>
typename std::enable_if< std::is_fundamental<T>::value >::type func(T p_arg){}

template<class T>
typename std::enable_if< !std::is_fundamental<T>::value >::type func(T const &p_arg){}

Answer 3

只需对代码进行一些修改后的版本以及Cyber​​Guy对std::is_fundamental的推荐std::is_fundamental 。

#include <iostream>
using namespace std;

template <class T>
class Val
{
public:
    template <typename U = T>
    Val(T v,
        typename std::enable_if<std::is_fundamental<U>::value>::type* = 0)
        : _v(v)
    {
        cout << "fundamental" << endl;
    }

    template <typename U = T>
    Val(T const& v,
        typename std::enable_if<!std::is_fundamental<U>::value>::type* = 0)
        : _v(v)
    {
        cout << "complex" << endl;
    }

private:
    T _v;
};

struct A {};

int main()
{
    Val<double> v1(1);
    Val<char> v2('a');
    Val<A> v3(A{});
}

输出：

fundamental
fundamental
complex

Answer 4

您可以使用boost::call_traits<T>::param_type

template<class T>
class Val {
  public:
    Val() = default;
    Val(boost::call_traits<T>::param_type v) : _v(v) {}
  private:
    T _v;
};