c++ 使用 std::enable_if 有条件地将 getter 添加到可变参数变体模板

Question

我正在尝试为我的变体具有int 、 float 、 bool和其他任何一个作为模板 arguments 的情况添加专业化。

到目前为止，我的尝试是：

#include <iostream>
#include <variant>
#include <string>
#include <type_traits>

template<typename... Types>
struct variant : std::variant<Types...> {

    using std::variant<Types...>::variant;

    template<typename T>
    const T& get() const { return std::get<T>(*this); }

#define VARGET(X) typename std::enable_if<(std::is_same<Types, X>::value ||  ... ), X>::type get_##X() const { return get<X>(); }

    VARGET(int)
    VARGET(float)
    VARGET(double)
    VARGET(bool)
    using std_string = std::string;
    VARGET(std_string)
};

int main()
{

    variant<int, float, bool> var = 3;
    std::cout << var.get_int() << std::endl;

    variant<int, float, bool> var2 = 0.1f;
    std::cout << var2.get_float() << std::endl;

    return 0;
}

但是在 gcc 9 上，这给出了错误：

error: failed requirement 'std::is_same<int, double>::value || std::is_same<float, double>::value || std::is_same<bool, double>::value'; 'enable_if' cannot be used to disable this declaration

为什么这让我感到困惑：

根据我对 SFINAE 的理解，当 arguments 之一是指定类型之一时，宏模板的计算结果为：（以 int 为例）

std::enable_if<(std::is_same<Types, int>::value ||... ), int>::type计算为int

所以表达式变为int get_int() const { std::get<int>(*this) }

如果它不是指定类型之一：

std::enable_if<(std::is_same<Types, size_t>::value ||... ), size_t>::type计算结果为空

所以表达式变为get_size_t() const { std::get<size_t>(*this) }

这是无效的语法，因为 function 没有返回类型，但由于 SFINAE，这仍然应该编译，因为 X 的其他替换确实会产生有效的语法。

我的代码有什么问题，有没有办法得到我想要的结果？

谢谢。

Answer 1

我在尝试编译您的代码时收到的错误与您的不同，请参阅Compiler Explorer ； 我收到错误“ no type named type in... ”，这是我所预料的，因为 SFINAE 在这种情况下不适用。

例如，如果存在导致失败的替换，SFINAE 将在 function 调用中应用。 function 中没有任何内容可以替换，代码总是错误/总是正确的，具体取决于结构的模板 arguments。

创建结构时，它要么总是格式错误，要么总是格式正确。 您可以通过在 function 中进行人工替换来解决此问题：

template <bool f=false>
std::enable_if_t<(std::is_same<Types, int>::value ||  ...  ||f ), int> get_int() const { return get<int>(); }

然后它应该编译得很好。

替换发生在

• function 类型中使用的所有类型（包括返回类型和所有参数的类型）
• 模板参数声明中使用的所有类型
• function 类型中使用的所有表达式
• 模板参数声明中使用的所有表达式 (C++11 起)
• 显式说明符中使用的所有表达式 (C++20 起)

代码压缩得最好的原因在于， std::enable_if_t<false, int> func() {}总是会编译失败。

Answer 2

我想出了答案。

SFINAE function 需要是具有默认模板参数的模板。 IE：

#include <iostream>
#include <variant>
#include <string>
#include <type_traits>

template<typename... Types>
struct variant : std::variant<Types...> {

    using std::variant<Types...>::variant;

    template<typename T>
    const T& get() const { return std::get<T>(*this); }

#define VARGET(X) template<typename T = X> std::enable_if_t<(std::is_same_v<Types, T> ||  ... ), X> get_##X() const { return get<X>(); }

    VARGET(int)
    VARGET(float)
    VARGET(double)
    VARGET(bool)
    using std_string = std::string;
    VARGET(std_string)
};

int main()
{

    variant<int, float, bool> var = 4;
    std::cout << var.get_int() << std::endl;
    //std::cout << var.get_std_string() << std::endl; compile error

    variant<int, std::string> var2 = "hello";
    std::cout << var2.get_std_string() << std::endl;

    return 0;
}