如何使 SFINAE 与模板专业化一起工作？答案

【问题标题】：How to make SFINAE work with template specializations?如何使 SFINAE 与模板专业化一起工作？
【发布时间】：2019-06-04 13:55:40
【问题描述】：

我有一个模板方法foo。我想有几个不同的实现：T、vector<T> 和vector<vector<T>> 其中T 是一个内置类型或一些复杂的类。我想使用 SFINAE 来分离内置类型和类的实现，并限制一组允许的类型。

以下代码可以正常工作，但我收到警告消息：

8:37: warning: inline function 'constexpr bool isType() [with T =
 std::vector<int>]' used but never defined

8:37: warning: inline function 'constexpr bool isType() [with T =
 std::vector<std::vector<int> >]' used but never defined

#include <type_traits>
#include <vector>

using namespace std;

class ComplexClass{};

template<typename T> constexpr bool isType();
template<> constexpr bool isType<int>()  {return true;}
template<> constexpr bool isType<ComplexClass>() {return false;}

template <typename T>
inline typename enable_if<isType<T>(), void>::type
foo(T& value) {}

template <typename T>
inline typename enable_if<!isType<T>(), void>::type
foo(T& value) {}

template <typename T>
inline typename enable_if<isType<T>(), void>::type
foo(vector<T>& value) {}

template <typename T>
inline typename enable_if<isType<T>(), void>::type
foo(vector<vector<T>>& value) {}

int main()
{
    int a;
    vector<int> b;
    vector<vector<int>> c;
    ComplexClass d;
    char e;
    foo(a);
    foo(b);
    foo(c);
    foo(d);
//    foo(e); // has to lead to an error
    return 0;
}

看起来编译器试图将vector<...> 传递给第一个enable_if 方法但失败了。但是最好跳过这些方法，因为我们有更好的 vector<T> 和 vector<vector<T>> 候选者。有可能吗？

【问题讨论】：

我会选择部分专业化（并将函数放入类中）。比 SFINAE 容易得多。
如果我理解正确，这是不是：wandbox.org/permlink/eRVkR4R58ezSAWhL 不是你想要的？忽略警告。

标签： c++ c++11 templates sfinae enable-if

【解决方案1】：

您似乎希望将向量重载函数模板限制为仅接受内置类型的向量。否则这些重载不需要 SFINAE。

您还可以使用std::is_fundamental 来检测内置类型：

工作示例：

using namespace std;

class ComplexClass {};

template <typename T>
typename enable_if<is_fundamental<T>::value>::type
foo(T& value) { cout << __PRETTY_FUNCTION__ << '\n'; }

template <typename T>
typename enable_if<!is_fundamental<T>::value>::type
foo(T& value) { cout << __PRETTY_FUNCTION__ << '\n'; }

template <typename T>
typename enable_if<is_fundamental<T>::value>::type
foo(vector<T>& value) { cout << __PRETTY_FUNCTION__ << '\n'; }

template <typename T>
typename enable_if<is_fundamental<T>::value>::type
foo(vector<vector<T>>& value) { cout << __PRETTY_FUNCTION__ << '\n'; }

int main() {
    int a;
    vector<int> b;
    vector<vector<int>> c;
    ComplexClass d;
    char e;
    foo(a);
    foo(b);
    foo(c);
    foo(d);
    foo(e);
}

输出：

typename std::enable_if<std::is_fundamental<_Tp>::value>::type foo(T&) [with T = int; typename std::enable_if<std::is_fundamental<_Tp>::value>::type = void]
typename std::enable_if<std::is_fundamental<_Tp>::value>::type foo(std::vector<_Tp>&) [with T = int; typename std::enable_if<std::is_fundamental<_Tp>::value>::type = void]
typename std::enable_if<std::is_fundamental<_Tp>::value>::type foo(std::vector<std::vector<_Tp> >&) [with T = int; typename std::enable_if<std::is_fundamental<_Tp>::value>::type = void]
typename std::enable_if<(! std::is_fundamental<_Tp>::value)>::type foo(T&) [with T = ComplexClass; typename std::enable_if<(! std::is_fundamental<_Tp>::value)>::type = void]
typename std::enable_if<std::is_fundamental<_Tp>::value>::type foo(T&) [with T = char; typename std::enable_if<std::is_fundamental<_Tp>::value>::type = void]

【讨论】：

【解决方案2】：

有

template <typename T> constexpr bool isType();
template <> constexpr bool isType<int>()  {return true;}
template <> constexpr bool isType<ComplexClass>() {return false;}

isType<char> 存在，即使缺少定义。

你可以做的是delete函数：

template <typename T> constexpr bool isType() = delete;
template <> constexpr bool isType<int>()  {return true;}
template <> constexpr bool isType<ComplexClass>() {return false;}

gcc/clang 没有警告：Demo

所以foo(e); 仍然不匹配任何重载。

我会改用标签调度：

template <typename T> struct Tag{};
std::true_type isType(tag<int>);
std::false_type isType(tag<ComplexClass>);

Demo

【讨论】：