SFINAE: std::enable_if 作為函數參數

Question

因此，我正在按照此網頁某處的代碼設置的示例進行操作：http: //eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

這是我所擁有的：

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<int>";
}

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<float>";
}

int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

這樣我就必須寫：

fun<int>(4);
fun<double>(4.4);

我將如何避免這種情況？

編譯器抱怨它無法推斷出參數T 。

Answer 1

這些示例是錯誤的，因為T處於非推導上下文中。 除非你像fun<int>(4); ，代碼不會編譯，但這可能不是作者想要展示的。

正確的用法是允許編譯器推導T ，並將 SFINAE 條件放在其他地方，例如，在返回類型語法中：

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<int>";
}

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<float>";
}

演示

此外，代碼中的typename與您對std::enable_if_t的使用相矛盾。

使用任一c++11 ：

typename std::enable_if<...>::type

或c++14 ：

std::enable_if_t<...>

---

這在沒有返回類型的構造函數中如何工作？

對於構造函數，SFINAE 條件可以隱藏在模板參數列表中：

struct A
{    
    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<int>";
    }

    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<float>";
    }
};

演示 2

或者，在c++20中，您可以為此使用概念：

A(const std::integral auto& val);

A(const std::floating_point auto& val);

Answer 2

要進行推導，您需要一個直接基於T的函數參數。 然后，您需要弄清楚將enable_if放在哪里（這確實不允許推導T ）。 常見選項在返回類型上或在您忽略的額外默認參數上。

這里有一些很好的例子：http: //en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if