使用 SFINAE 启用转换运算符

Question

我正在尝试使用 SFINAE 重载 operator T()，以在 T 是基本类型时返回副本，并在 T 是类时返回 const 引用。

在下面的示例中使用double 时，我无法删除第二个重载（使用std::is_class）。

也就是说，我得到的错误是：

error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false, const double&>’
operator typename std::enable_if< std::is_class<T>::value, const T&>::type () const
^

我做错了什么？

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct Foo
{
    operator typename std::enable_if<!std::is_class<T>::value, T >::type () const
    {
        return _val;
    }

    operator typename std::enable_if< std::is_class<T>::value, const T&>::type () const
    {
        return _val;
    }

    T _val;
};

int main()
{
    Foo<double> f1;
    f1._val = 0.3;

    double d = f1;
    std::cout << d << std::endl;
    return 0;
}

Answer 1

T 在您的类成员函数被实例化时已为人所知，因此不会发生替换，而且您会得到一个硬错误，而不是 SFINAE。最简单的解决方法是为这些运算符重载引入一个虚拟模板参数，并将其默认为T，这样仍然可以进行类型推导。

template<typename U = T>
operator typename std::enable_if<!std::is_class<U>::value, U >::type () const
{
    return _val;
}

template<typename U = T>
operator typename std::enable_if< std::is_class<U>::value, const U&>::type () const
{
    return _val;
}

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Answer 2

虽然没有解决为什么不丢弃不正确的运算符的问题，但要解决手头的特定问题，即对于类类型按 const ref 返回或对于其他类型按值返回，一个可以使用std::conditional找到解决方案。

template< bool B, class T, class F >
struct conditional;

提供成员 typedef 类型，如果 B 为真，则定义为 T 编译时间，如果 B 为假，则为 F。

工作示例：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct Foo
{
    operator typename std::conditional<
        std::is_class<T>::value, const T&, T>::type () const
    {
        return _val;
    }

    T _val;
};

int main()
{
    Foo<double> f1;
    f1._val = 0.3;

    double d = f1;
    std::cout << d << std::endl;
    return 0;
}