如果类成员 typedef 不存在，则模板特化使用默认类型答案

【问题标题】：Template specialization to use default type if class member typedef does not exist如果类成员 typedef 不存在，则模板特化使用默认类型
【发布时间】：2010-06-09 18:09:29
【问题描述】：

我正在尝试编写使用模板参数的成员 typedef 的代码，但如果模板参数没有该 typedef，我想提供默认类型。我尝试过的一个简化示例是这样的：

struct DefaultType    { DefaultType()    { printf("Default ");    } };
struct NonDefaultType { NonDefaultType() { printf("NonDefault "); } };

struct A {};
struct B { typedef NonDefaultType Type; };

template<typename T, typename Enable = void> struct Get_Type { 
    typedef DefaultType Type; 
};
template<typename T> struct Get_Type< T, typename T::Type > {
    typedef typename T::Type  Type; 
};

int main()
{
    Get_Type<A>::Type test1;
    Get_Type<B>::Type test2;
}

我希望这会打印“Default NonDefault”，但它会打印“Default Default”。我的期望是 main() 中的第二行应该匹配 Get_Type 的专用版本，因为 B::Type 存在。但是，这不会发生。

谁能解释这里发生了什么以及如何解决它，或者以其他方式实现相同目标？

谢谢。

编辑：

Georg 提供了另一种方法，但我仍然很好奇为什么这不起作用。根据 boost enable_if 文档，一种针对不同类型专门化模板的方法如下：

template <class T, class Enable = void> 
class A { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_integral<T> >::type> { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_float<T> >::type> { ... };

这是因为 enable_if 有 type 作为 typedef，但 enable_if 没有。

我不明白这与我的版本有何不同，我只是直接使用 T::Type 而不是使用 enable_if。如果存在 T::Type 是否与上面示例中的 enable_if::type 相同并导致选择专业化？而如果 T::Type 不存在，那岂不是和 enable_if::type not existing 一样，导致上面例子中选择了默认版本？

【问题讨论】：

目标是 Get_Type::Type 如果存在则为 T::Type，如果不存在则为 DefaultType。

标签： c++ templates

【解决方案1】：

回答您的添加 - 您的专业化参数传递成员 typedef 并期望它产生 void 作为类型。这没有什么神奇之处——它只是使用一个默认参数。让我们看看它是如何工作的。如果你说Get_Type<Foo>::type，编译器使用Enable的默认参数，即void，类型名称变为Get_Type<Foo, void>::type。现在，编译器检查是否有任何偏特化匹配。

您的部分特化的参数列表<T, typename T::Type> 是从原始参数列表<Foo, void> 推导出来的。这会将T 推导出为Foo，然后将Foo 代入专业化的第二个参数，为您的部分专业化生成<Foo, NonDefaultType> 的最终结果。但是，这与原始参数列表 <Foo, void> 完全不匹配！

您需要一种方法来生成 void 类型，如下所示：

template<typename T>
struct tovoid { typedef void type; };

template<typename T, typename Enable = void> struct Get_Type { 
    typedef DefaultType Type; 
};
template<typename T> 
struct Get_Type< T, typename tovoid<typename T::Type>::type > {
    typedef typename T::Type  Type; 
};

现在这将像您期望的那样工作。使用 MPL，可以使用 always 代替 tovoid

typename apply< always<void>, typename T::type >::type

【讨论】：

谢谢约翰内斯。我没有意识到类型本身必须是 void 才能匹配，但这很有意义。

【解决方案2】：

您可以使用SFINAE：

template<class T> struct has_type {
    template<class U> static char (&test(typename U::Type const*))[1];
    template<class U> static char (&test(...))[2];
    static const bool value = (sizeof(test<T>(0)) == 1);
};

template<class T, bool has = has_type<T>::value> struct Get_Type {
    typedef DefaultType Type;
};

template<class T> struct Get_Type<T, true> { 
    typedef typename T::Type Type;
};

【讨论】：

谢谢乔治，这行得通。我用另一个关于为什么我的实现不起作用的问题编辑了我的问题，因为它似乎与 enable_if 本身所基于的原则相同。 enable_if 有一个 typedef，但 enable_if 没有。我不明白为什么这与 T::Type 是否存在不一样。
@Frank：约翰内斯已经在另一个答案中很好地回答了这个问题。

【解决方案3】：

第一步：停止使用“Type”，使用 mpl 标准的“type”。


BOOST_MPL_HAS_XXX_DEF(Type)

template < typename T >
struct get_type { typedef typename T::Type type; };

template < typename T >
struct calculate_type : boost::mpl::if_
<
  has_Type<T>
, get_type<T>
, boost::mpl::identity<default_type>
>::type {}

typedef calculate_type<A>::type whatever;

如果您在元函数中使用“type”而不是“Type”，则不需要提取器“get_type”来转换它，在这种情况下可以只返回 T。

【讨论】：