如何使用 std::enable_if 元函数实现类模板函数？

Question

我在我的类模板中使用了std::enable_if元函数来指定它只允许为具有GameCard作为基类的变量生成类。 当我实现内联函数时，这本身就很好用。 但是，如果我想在标头正文之外实现模板函数，我会遇到无法弄清楚如何正确指定要实现的函数的问题。

缩减示例代码：

#include <string>
#include <memory>
#include <vector>

struct GameCard {};

template<class T, class = std::enable_if_t<std::is_base_of<GameCard, T>::value>>
struct CardStack {
  std::vector<T> cards;
  bool Test();
};

我的 IDE 将其生成为函数规范：

template<class T, class>
bool CardStack<T, <unnamed>>::Test() {
  return false;
}

这显然是错误的，因为我收到编译器错误。 但我不知道如何正确地做到这一点。 你们中有人知道如何正确地做到这一点吗？

Answer 1

类外定义应该是：

template<class T, class Enabler>
bool CardStack<T, Enabler>::Test() {
  return false;
}

但目前，你的班级可能会被劫持：

而CardStack<int>或CardStack<int, void>由于 SFINAE 无法编译，

CardStack<int, char>将是“有效的” （由于CardStack实现中int产生的硬错误而导致无法编译的风险）。

static_assert在你的情况下似乎足够了：

template<class T>
struct CardStack {
  static_assert(std::is_base_of<GameCard, T>::value);

  std::vector<T> cards;
  bool Test();
};

使用更简单的类定义：

template<class T>
bool CardStack<T>::Test() {
  return false;
}

Answer 2

函数成员定义应该是这样的：

template <class T, class U>
bool CardStack<T, U>::Test() {
    // body of function
}

活生生的例子

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解释非常简单，这里没有魔法。 只需遵循C++的正常语法规则即可。

你的类的定义是一个带有两个模板参数的模板类：

template<class, class>
struct CardStack { /* ... */ };

T是第一个的名字。 另一方面，第二个没有任何类型名称，只有一个默认类型（ = ... ）。 默认类型（类似于函数的默认参数）不必在定义中指定。

因此，每个方法的定义应采用以下形式：

template <class T, class U>
bool CardStack<T, U>::MethodName() {}