[英]Boost enable_if in constructor
我有一个模板化的类,并且我只想在类型为double时启用某个构造函数。 此代码有什么问题?
template<typename T>
class B: public A<T>
{
public:
B(int arg1=0, typename boost::enable_if_c<boost::is_same<T, double>::value>=0);
}
int main(int argc,char *argv[])
{
B<double> B( 6, 6 );
}
我收到错误消息:“类型为'boost :: enable_if_c'的参数的默认参数的类型为'int'””但是我不确定这是什么意思。
提前非常感谢您。
好吧,你不能真正做到这一点。 如果提供的T
不是double
,那么编译器将尝试解析enable_if_c<false>::type
,这将失败,从而使整个类实例化失败,而不仅仅是构造函数。
您可以使用C ++ 11的默认函数模板参数来实现相同目的。
下面的代码使用您在代码中使用的boost
功能的C ++ 11版本来实现:
#include <type_traits>
template<typename T>
class B {
public:
// T == double -> this ctor can be used
template<typename U = T, class = typename std::enable_if<std::is_same<U, double>::value>::type>
B(int arg1, double arg2) {}
// Default ctor, available to every class.
B() {}
};
int main(int argc,char *argv[])
{
B<double> b_double( 6, 6 );
B<int> b_int;
// This line fails
//B<int> b_fails(6, 6);
}
在这种情况下,您不能使用SFIANE,因为它仅在函数模板参数的替换失败时起作用 ,而在类模板参数的替换失败时不起作用。
您需要的是专业化 。
但是据我了解,您应该在double
情况下复制普通情况的实现,而只能添加新的构造函数。
在这种情况下,我建议我使用一些有线技术:您可以从专业中的常见情况中得出。
然后您会遇到2个问题:
double
专业化常见案例 我们去了:
template<typename T, bool = false>
class B
{
public:
B() { std::cout << "B common\n"; }
void yahoo() { std::cout << "yahoo!\n"; }
protected:
struct internal_t;
B(internal_t*){}
};
template <>
struct B<double, false>: public B<double, true>
{
B(int, int):B<double, true>(0) { std::cout << "B double\n"; }
};
int main(int argc,char *argv[])
{
B<int> ib;
B<double> b(2,5);
ib.yahoo();
b.yahoo();
}
B(int arg1=0, typename boost::enable_if_c<boost::is_same<T, double>::value>=0);
您忘记了boost::enable_if_c
的第二个参数,该参数指定了类型,忘记了::type
,并且忘记了参数名称。
如果您想要沿着B(int arg1=0, int arg2=0)
,请使用
B(int arg1=0,
typename boost::enable_if_c<boost::is_same<T, double>::value, int>::type arg2=0);
更好的是,请勿使用下划线c版本的enable if。 仅在以下情况下使用启用:
B(int arg1=0,
typename boost::enable_if<boost::is_same<T, double>, int>::type arg2=0);
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