void 類型的函數參數

Question

是否可以在不定義GetValue<void>的顯式特化的情況下編譯以下偽代碼？

template <class Increment = void>
inline int GetValue(const Increment & inc = {})
{
    if constexpr (std::is_same_v<Increment, void>)
    {
        return 25;
    }
    else
    {
        return 25 + inc;
    }
}

int main()
{
    std::cout << GetValue(1) << std::endl; //compiles
    std::cout << GetValue() << std::endl;  //does not compile
}

在這個偽代碼中，我將一個值作為 GetValue 參數傳遞給我增加 25 個常量的值或某個指示“絕對沒有”的值。 如果void類型的參數不能編譯，那么這個“絕對沒有”是什么以及如何表示它還不夠清楚。

如果我定義一個假類型

struct Nothing {};

它可能看起來什么都沒有，但不像“絕對沒有”。

Answer 1

不可以。您不能擁有void類型的對象。 但是，您不需要專業化。 你所需要的只是一個重載：

int GetValue()
{
    return 25;
}

template <class Increment>
int GetValue(const Increment& inc)
{
    return GetValue() + inc;
}

您的另一個選擇是將模板參數默認為void以外的其他值：

template <class Increment = int>
int GetValue(const Increment& inc = {})
{
    return 25 + inc;
}

然后GetValue()調用實際上變成了GetValue(0) ，它也完成了這項工作。

Answer 2

這是一個基於可變參數模板的想法：

template <typename ...INCREMENT>
int GetValue(const INCREMENT &...inc) {
    // this "if" is not actually needed for this example, but if you want
    // to discriminate between zero/non-zero number of parameters,
    // it can be done this way
    if constexpr (sizeof...(inc) == 0) {
        return 25;
    } else {
        return (25 + ... + inc);
        // or you can use this:
        // const auto &i = (inc, ...);
        // return 25 + i;
    }
}

int main() {
    std::cout<<GetValue(1)<<"\n";
    std::cout<<GetValue()<<"\n";
}

請注意，此解決方案允許使用任意數量的參數。 如果你必須有一個零或一個參數GetValue ，我認為你可以使用 SFINAE 只允許一個參數。

（例如，您可以使用std::enable_if_t<sizeof...(INCREMENT)<=1, int>作為函數的返回類型）