如何为特定类型专门化模板类方法？

Question

我有这样的代码：

class Bar {
 public:
  void print() {
    std::cout << "bar\n";
  }
};

template<typename T>
class Foo {
 public:
  template <typename std::enable_if<std::is_base_of<T,Bar>::value,T>::type>
  void print() {
    t.print();
  }

 template <typename>
  void print() {
    std::cout << t << std::endl;
  }
 private:
  T t;
};

int main() {
//  Foo<int> foo1;
  Foo<Bar> foo2;
  foo2.print();
}

这段代码的目的是：如果T t是Bar或者Bar的子类，那么foo.print()推导为void print() {t.print();}，否则推导为void print() {std::cout << t << std::endl;}，但事情并没有不像我预期的那样工作。编译器错误：

"一个非类型模板参数不能有类型'typename std::enable_if::value, Bar>::type' （又名 '酒吧')",

这段代码有什么问题？

Answer 1

1. 您应该同时将print() 重载为函数模板（以使SFINAE 工作），否则始终首选非模板函数。

2. 你应该让print()拥有自己的模板类型参数；不应该直接对类模板参数T进行类型检查，函数模板重载解析和SFINAE是对函数模板本身进行的，类模板不参与。

3. 可以将std::enable_if的部分移到返回类型中。

4. 如果您希望类型为Bar 或Bar 的派生类，则应将指定的顺序更改为std::is_base_of（即std::is_base_of<Bar, X>，而不是std::is_base_of<X, Bar>）。

例如

template <typename X = T>
typename std::enable_if<std::is_base_of<Bar, X>::value>::type print() {
  t.print();
}

template <typename X = T>
typename std::enable_if<!std::is_base_of<Bar, X>::value>::type print() {
  std::cout << t << std::endl;
}

LIVE

Answer 2

由于您实际上对某个类型是否具有成员函数 print 或已定义 operator<< 感兴趣，因此您也应该以这种方式对其进行约束。

随着即将推出的C++20 标准，我们将获得concepts & constraints。考虑到这一点，我们可以执行以下操作：

namespace traits
{
template<typename T>
concept has_print_v = requires(T&& t) { t.print(); };

template<typename T>
concept has_ostream_op_v = requires(T&& t, std::ostream& os) { os << t; };
} // end of namespace traits

并使用这样的概念：

template<typename T>
class Foo
{
public:
    void print()
    {
        if constexpr (traits::has_print_v<T>) { t.print(); }
        else if constexpr (traits::has_ostream_op_v<T>) { std::cout << t << "\n"; }
    }
private:
    T t;  
};

LIVE DEMO

Answer 3

您应该在调用print() 时添加模板参数，因为它本身就是一个模板方法。无论如何，您的设计过于复杂！

使用 C++17 变得非常简单，您只需要 一个 Foo<T>::print() 方法。

void print() {
  if constexpr(std::is_base_of_v<T,Bar>) // ignores `Foo<int>`
    t.print();
}

Demo.