使用 SFINAE，如何避免“没有名为...的成员”

Question

从this question, which asks about SFINAE 开始，它给出了以下示例：

template<class T>
std::string optionalToString(T* obj)
{
    if (FUNCTION_EXISTS(T->toString))
        return obj->toString();
    else
        return "toString not defined";
}

但是，如果一个对象没有例如 toString() 函数，而不是这种情况返回“toString not defined”，即使我们可以检测到该函数是否存在，编译器仍然会抛出在突出显示指针 toString 调用之前，对象没有名为“toString”的成员的错误。

我希望能够对来自具有不同命名约定的 C++ 库的对象执行相同的操作，例如：

if(R_Contains_SetPosition<TemplateObject>::Value)
{
TemplateObject->SetPosition(X,Y);
}
else if(R_Contains_setPosition<TemplateObject>::Value)
{
TemplateObject->setPosition(X,Y); //TemplateObject doesn't have a setPosition defined!
}

代码已经可以执行的操作，但是编译器会在调用对象未定义的函数的任何语句上引发错误。

有没有办法让编译器接受能够调用成员函数（在这种情况下无论如何都不会运行）的代码（通过重写或修改编译器标志，最好是前者） )，即使编译器知道所说的成员函数不存在？

澄清：

这不是问如何检测函数是否存在。我已经有这个能力了。，它在问我如何编写代码来引用一个对象不一定有的函数，而编译器不会抱怨它？

系统是 C++03，因此类似 C++14 的实验性解决方案在此无效。

Answer 1

您的问题是，无论采用哪个分支，都会编译所有分支。所以都必须包含有效的代码。

有几种方法可以绕过它。标记调度和 SFINAE 是最常见的两种，但都不允许你“内联”。

但是，我们可以通过编写 static_if 帮助程序并使用 C++14 通用 lambda 来使用它们内联：

namespace details {
  template<class T, class F, class Else>
  decltype(auto) static_if( std::true_type, T&&t, F f, Else e ){
    return f(std::forward<T>(t));
  }
  template<class T, class F, class Else>
  decltype(auto) static_if( std::false_type, T&&t, F f, Else e ){
    return e(std::forward<T>(t));
  }
}

template<template<class...>class Test, class T, class F, class Else>
decltype(auto) static_if( T&&t, F f, Else e ){
  return details::static_if( Test<T>{}, std::forward<T>(t), std::move(f), std::move(e) );
}

这是一个 static_if 助手。

写can_foo<?>。然后你可以这样使用它：

auto r =
  static_if<can_foo>(
    t,
    [](auto&& t){return t.foo();},
    [](auto&&){return 7;}
  );

C++14：C++11 解决方案一般不能内联完成，所以你不妨标记调度。

live example.

请注意，static_if 的返回类型会根据根据第一个参数的类型评估的模板谓词是真还是假而有所不同。

该参数被传递给真/假分支的 lambda。通常，您会重用名称（隐藏更全局的名称），因为 lambda 中的名称“神奇地”是正确的类型（基本上，只有在模板谓词在该类型上返回 true 时才会评估）。