带VS2012的enable_if和构造函数

Question

我试图有条件地启用构造函数模板。 使用完全符合C ++ 11的编译器，我知道如何使用额外的默认模板参数来完成此操作。 但是，我需要支持VS2012，它具有std :: enable_if但不支持默认的函数模板参数。

使用C ++ 11，我会写以下内容：

template<typename T>
struct Class
{
  template<typename O, 
           typename = typename std::enable_if<std::is_convertible<O*, T*>::value>::type>
  Class(O*) {}
};

我尝试了以下方法，但它给出了错误C4336和各种后续错误：

template<typename T>
struct Class
{
  template <typename O>
  Class(O*, typename std::enable_if<std::is_convertible<O*, T*>::value>::type *= nullptr)
  {
  }
};

有没有办法让这个与VS2012一起工作？

增加 ：

该课程的用法如下：

struct X { };
struct X2 : X { };
struct Y { };

struct Client
{
  Client(Class<X> x) {}
  Client(Class<Y> y) {}
};

void test() {
  X2* x2;
  Client client(x2); // error C2668: ambiguous call to overloaded function
                     // (without std::enable_if)
}

Answer 1

我担心，你必须使用辅助构造函数（我没有找到解决方法）。 但这样的事情应该有效：

#include <type_traits>

template<typename T>
struct Class
{
  template<typename O>
  Class(O* o) { construct(o, std::integral_constant<bool, std::is_convertible<T*, O*>::value>()); }

  template<class O>
  void construct(O*, std::true_type ) { /* convertible */ }
  template<class O>
  void construct(O*, ... ) { /* not convertible */ }
};

struct X { };
struct Y : public X { };

void check() {
  X x;
  int i;
  Class<Y> cl(&x);
  Class<Y> cl1(&i);
}

Answer 2

从C ++ 11开始，您还可以使用委托构造函数来执行此操作：

template<typename T>
class Class {
    template<typename O>
    Class(O *o, std::true_type) {}

    template<typename O>
    Class(O *o, std::false_type) {}

public:
    template<typename O>
    Class(O *o): Class(o, typename std::is_convertible<O*, T*>::type) {}
};

基本的想法是标签调度 ，也许它可以与VS2012一起使用。
有关详细信息，请参见此处

Answer 3

你是如此接近解决方案！

template<typename T>
struct Class
{
    template <typename O>
    Class(O*, typename std::enable_if<std::is_convertible<O*, T*>::value>::type * = nullptr)
    {
    }
};

你发现了差异吗？ *=在参数列表中被解析为乘法/赋值运算符 ，而不是作为指针类型后跟默认参数。 因此，语法错误。

这是因为C ++解析器在形成令牌时被指定使用尽可能多的字符（即所谓的最大蒙克规则 ）。 添加空格会按预期将其拆分为两个单独的标记。