功能模板的部分特化

Question

在下面的代码段中，

template<typename T1>
void func(T1& t)
{
    cout << "all" << endl;
}

template<typename T2>
void func(T2 &t)
{
    cout << "float" << endl;
}

// I do not want this
// template<> void func(float &t)

int main()
{
    int i; float f;
    func(i); // should print "all"
    func(f); // should print "float" 
    return 0;
}

我希望修改模板，通过传递浮动以外的任何类型将打印“all”并传递float将打印“float”。 我不想要模板特化，而是根据输入类型进行相应的部分特化。 我应该怎么做呢。 提前致谢。

那个场景，我现在面临的是，我需要定义以下内容，

template<typename T1>
void func(T1 &t)
{
    cout << "t1" << endl;
}

template<typename T2>
void func(T2 &t)
{
    cout << "t2" << endl;
}

以下调用应打印“t2”

func(int) // print "t2"
func(float) // print "t2"
func(string) // print "t2"

以下调用应打印“t1”

func(char) // print "t1"
func(xyz) // print "t1"
...
func(abc) // print "t1"

某些类似于上面的分组，很少有人应该调用部分特化实现，而其他人应该调用默认实现。

Answer 1

您可以将函数重载与模板结合使用。 所以：

#include <iostream>

template<typename T>
void func(T& t)
{
    std::cout << "all" << std::endl;
}

void func(float& f)
{
    std::cout << "float" << std::endl;
}

int main()
{
    int i; float f;
    func(i); // prints "all"
    func(f); // prints "float" 
    return 0;
}

Answer 2

你不能在C ++中部分专门化函数。

也许这不是你的意思。 您可以使用boost::is_same<T1, T2>等模板根据给定的模板参数执行条件逻辑。 您还可以在任何其他类型的地方使用T ，例如在typeid(T).name() ：

template <typename T>
void foo(T&) {
   if (boost::is_same<T, int>::value)
      std::cout << "int lol";
   else
      std::cout << typeid(T).name();
}

（虽然我不建议使用typeid（）。name（），因为它的值不是由标准指定的，并且可能与代码中写入的类型，错位符号或Pokerface的歌词不同。）

附录和其他的回答者一样，我个人会选择模板专业化，或者仅仅是简单的函数重载。 我不知道你为什么反对他们，但这就是他们的目的。

Answer 3

为您的条件写一个类型特征类：

template<class T>
struct IsIntFloatOrString {
  enum { value = boost::is_same<T, int>::value
              or boost::is_same<T, float>::value
              or boost::is_same<T, string>::value };
};

使用boost :: enable_if和disable_if：

template<typename T1>
typename boost::enable_if<IsIntFloatOrString<T1> >::type
func(T1 &t) {
  cout << "t1" << endl;
}

template<typename T2>
typename boost::disable_if<IsIntFloatOrString<T2> >::type
func(T2 &t) {
  cout << "t2" << endl;
}

Answer 4

正如Tomalak在他的回答中已经说过，你不能部分地专门化模板函数，但如果你将函数改为模板类中的静态成员函数，你就可以做到。

但是，更好的方法是函数重载。

Answer 5

这是如何在没有任何条件的情况下使其工作而没有丑陋的语法a and !b and !c for enable_if 。

如果我们知道部分特化不起作用而不是使用类，那么让我们使用类吧！ 我们应该把它隐藏起来，但我们可以使用它们！

好的，代码：

#include <type_traits>
#include <iostream>


template <typename T>
class is_int_or_float : public std::integral_constant<bool, std::is_same<T, int>::value || std::is_same<T, float>::value> {
};


template<typename T, typename Enable = void> //(2)
struct Helper {
    static void go(const T&) {
                std::cout << "all"<< std::endl;
        }
};

template<typename T>
struct Helper<T, typename std::enable_if<is_int_or_float<T>::value>::type> { // (3)
        static void go(const T&) {
                std::cout << "int or float" << std::endl;
        }
};

template<typename T>
struct Helper<T, typename std::enable_if<std::is_pointer<T>::value>::type> { // (3)
        static void go(const T&) {
                std::cout << "pointer" << std::endl;
        }
};

template<typename T>
void func(const T& arg) {
        Helper<T>::go(arg); // (1)
}
int main() {
        char c;
        int i;
        float f; 
        int* p;
        func(c);
        func(i);
        func(f);
        func(p);
}

（1）首先只为每个类型的呼叫助手。 没有专业化的功能。
（2）这里我们添加一个伪参数。 我们不必在调用时指定它，因为它默认为void （3）在3中我们只允许void ，当我们允许T和其他任何东西时（或者在我们的情况下是SFINAE）。 一件重要的事情是我们不应该允许某些T两次或更多次。

笔记：

1. 我们也可以将默认类型更改为std :: true_type，之后我们将能够摆脱std::enable_if （ std::enable_if<some_trait<T>::value>将更改为some_trait<T>::type ）。 我不确定哪个

2. 此代码使用C ++ 11中的类型特征。 如果您没有c ++ 11支持，您可以编写自己的特征或使用boost类型特征

实例