如何根據條件和多少個參數啟用結構？

Question

我想創建一個元函數，如果將一個以上的參數傳遞給它，則返回某種類型；如果僅將一個參數傳遞給它，則根據條件返回另一種類型。 該條件是任意的，因此將需要一個enable_if或類似類型的東西，但在本示例中，我將其enable_if類型比較。 讓我們簡化為以下內容

1. 如果傳遞了單個參數並且該參數是int ，則返回bool
2. 如果傳遞了單個參數而該參數是double ，則返回int
3. 如果傳遞了多個參數，則返回double

為此，我嘗試執行以下操作：

#include <type_traits>

template <typename Enable, typename...Args>                                 
struct Get;                                                     

// multiple arguments; return double regardless of the condition
template <typename FirstArg, typename... OtherArgs>                       
struct Get<typename std::enable_if<true>::type, FirstArg, OtherArgs...>
{                                                                               
    using type = double;
};

// single int; return bool
template <typename Arg>                       
struct Get<typename std::enable_if<std::is_same<Arg, int>::value>::type, Arg>
{
    using type = double;
};

// single double; return int
template <typename Arg>
struct Get<typename std::enable_if<std::is_same<Arg, double>::value>::type, Arg>
{
    using type = int;
};

int main()
{
    static_assert(std::is_same<typename Get<double>::type, int>::value, "");
    static_assert(std::is_same<typename Get<int>::type, bool>::value, "");
    static_assert(std::is_same<typename Get<bool, int>::type, double>::value, "");

    return 0;
}

輸出：

 prog.cpp: In function 'int main()': prog.cpp:29:51: error: 'type' in 'struct Get<double>' does not name a type static_assert(std::is_same<typename Get<double>::type, int>::value, ""); ^ prog.cpp:29:60: error: template argument 1 is invalid static_assert(std::is_same<typename Get<double>::type, int>::value, ""); 

我將不勝感激，因為它能教給我一個答案， 為什么它不能按我預期的方式工作，而不僅僅是如何解決它。 我正在努力尋找有關模板元編程的良好資源，到目前為止，我一直很隨意地進行編程，這是我非常想解決的問題！

這里的例子

Answer 1

該template參數的特化不是模板參數的原始定義。

對應於原始定義的名稱位於template名稱之后。

專業化的template<>部分中的參數是為匹配專業化而引入的類型。

所以原來的定義：

template <typename Enable, typename...Args>                                 
struct Get;                                                     

1個或多個類型參數。 並且，除非專業匹配，否則未定義。

第一專業化：

template <typename FirstArg, typename... OtherArgs>                       
struct Get<typename std::enable_if<true>::type, FirstArg, OtherArgs...> {                                                                               
  using type = double;
};

好吧， std::enable_if<true>::type只是void ，因此與以下內容相同：

template <typename FirstArg, typename... OtherArgs>                       
struct Get<void, FirstArg, OtherArgs...> {                                                                               
  using type = double;
};

因此，如果第一個類型為void ，並且至少還有一個其他類型，則此匹配。

第二專業化：

template <typename Arg>                       
struct Get<typename std::enable_if<std::is_same<Arg, int>::value>::type, Arg> {
  using type = double;
};

因此，如果有兩種類型，它將嘗試匹配。 第二個是模式匹配。

如果不是int ，則第一個SFINAE失敗。 如果它是一個int ，第一個最終被void 。 因此，這僅匹配Get<void, int> 。

第三專業化：

template <typename Arg>
struct Get<typename std::enable_if<std::is_same<Arg, double>::value>::type, Arg> {
  using type = int;
};

同樣，它匹配Get<void, double> 。

專業是模式匹配。 SFINAE enable_if子句無法進行模式匹配。 因此，運行模式匹配，然后評估enable_if子句。 如果它們失敗，則專業化將不匹配。 如果它們成功，則enable_if子句產生一個類型。 生成所有類型（不是模式）之后，類型的結果列表要么匹配，要么不匹配。

使用此機制的簡單方法包括將您的公共版本轉發到詳細信息，將void作為第一種類型傳遞，並在那里進行enable_if工作。

另一種方法是將類型捆綁為類型列表，例如template<class...>struct types{}; ，並將其作為一個參數傳遞，並將void作為第二個參數傳遞，然后對該void再次執行SFINAE。

這是一個例子：

namespace details {
  template<class...>struct types{};
  template<class Types, class=void>
  struct foo;
  template<class T0, class... Ts>
  struct foo<types<T0, Ts...>,typename std::enable_if<
    std::is_same<T0, int>::value && (sizeof...(Ts)>=1)
  >> {
    using type=double;
  };
}
template<class T0, class... Ts>
struct foo:details::foo< details::types<T0, Ts...> >{};

details::foo模式的特殊化與types包匹配。 它使用那些模式匹配的類型執行enable_if邏輯。 當且僅當第一種類型為int且存在一種或多種其他類型（用於任意測試集）時， enable_if通過。