C++ 中的模板特化和派生类

Question

我有这个简单的代码：

class A{};
class B : public A{};
class C : public B{};

class Test
{
    public:
        template<typename T>
        void f(T&){printf("template\n");}
        void f(A&){printf("specialization\n");}
};

int main()
{
    A a;
    B b;
    C c;

    Test test;
    test.f(a);
    test.f(b);
    test.f(c);
}

当我运行它时（VS2010）我有这个输出：

specialization
template
template

是否可以使用A-derived 类进行调用以使用专业化？

Answer 1

是的，这是可能的，但您必须稍微更改您的代码。

首先，从技术上讲，第二个函数f() 不是模板函数的特化，而是重载。解决重载时，为所有类型不是A 的参数选择模板版本，因为它是完美匹配：T 被推断为等于参数的类型，所以在调用f(b) 时，为例如，在类型推导之后，编译器将不得不在以下两个重载之间进行选择：

void f(B&){printf("template\n");}
void f(A&){printf("specialization\n");}

当然，第一个是更好的匹配。

现在，如果您希望在使用作为 A 子类的参数调用函数时选择第二个版本，您必须使用一些 SFINAE 技术来防止函数模板在类型 @ 时被正确实例化987654327@ 被推导出为A 的子类。

您可以将std::enable_if 与std::is_base_of 类型特征结合使用来实现此目的。

// This will get instantiated only for those T which are not derived from A
template<typename T,
    typename enable_if<
        !is_base_of<A, T>::value
        >::type* = nullptr
    >
void f(T&) { cout << "template" << endl; }

以下是在完整程序中使用它的方法：

#include <type_traits>
#include <iostream>

using namespace std;

class A{};
class B : public A{};
class C : public B{};
class D {};

class Test
{
    public:

        template<typename T,
            typename enable_if<!is_base_of<A, T>::value>::type* = nullptr
            >
        void f(T&) { cout << ("template\n"); }

        void f(A&){ cout << ("non-template\n");}

};

int main()
{
    A a;
    B b;
    C c;
    D d;
    float f;

    Test test;
    test.f(a); // Will print "non-template"
    test.f(b); // Will print "non-template"
    test.f(c); // Will print "non-template"
    test.f(d); // Will print "template"
    test.f(f); // Will print "template"
}

编辑：

如果您使用的编译器与 C++11 不完全兼容（因此不支持函数模板上的默认模板参数），您可能希望将 f() 的模板重载定义更改为如下：

template<typename T>
typename enable_if<!is_base_of<A, T>::value, void>::type 
f(T&) { cout << ("template\n"); }

程序的行为将是相同的。请注意，如果f() 的返回类型为void，则可以省略enable_if 类模板的第二个参数。