SFINAE 仅启用从派生类到基类的强制转换运算符

Question

我有一个课程模板CFoo<T>。我想允许对CFoo 的其他实例进行隐式强制转换，但仅限于模板参数是T 基类的那些实例。

我尝试使用 SFINAE，但我尝试过的任何编译器（VC 2012 或 gcc）都不起作用：

#include <type_traits>

template <class T> class CFoo {
public:
    template <class Q>  operator
     // typename std::enable_if<std::is_base_of<Q, T>::value, CFoo<Q>&>::type   // SHOULD WORK?
     // typename std::enable_if<1, CFoo<Q>&>::type                              // SHOULD WORK?
     CFoo<Q>&  // compiles, but doesn't restrict on Q like I want
     () const {
        return *(CFoo<Q>*)this;
    }
};

class A {};
class B : public A {};

int main(int argc, char* argv[])
{
    CFoo<B> b;
    CFoo<A>& a = b;
    return 0;
}

为什么在 SFINAE 中被注释掉的任何一个尝试在这里都不起作用？在这两种情况下，我都会收到 a 的无效初始化错误，就好像我的操作员没有被调用一样。

Answer 1

根据[temp.deduct.conv]：

模板参数推导是通过比较转换函数模板的返回类型（调用 它 P) 具有转换结果所需的类型（称为 A；参见 8.5、13.3.1.5 和 13.3.1.6 用于确定该类型），如 14.8.2.5 中所述。

在简单的情况下：

template <class Q>
operator CFoo<Q>& const;

这很简单，我们尝试根据CFoo<A>& 推断出CFoo<Q>&。该部分还有其他规则，但最终以Q == A 成功演绎。

由于同样的原因，您的其他两次尝试都失败了。我会选择更简单的：

template <class Q>
operator typename std::enable_if<1, CFoo<Q>&>::type const;

在这里，我们试图推断typename std::enable_if<1, CFoo<Q>&>::type。这是一个非推导上下文（它是使用 qualified-id 指定的类型的 nested-name-specifier），因此推导失败。所以不会考虑这个转换函数，所以赋值失败，因为没有找到转换。

你需要返回类型是推导的上下文，所以 SFINAE 必须到这里：

template <class Q,
          typename = std::enable_if_t<std::is_base_of<Q, T>::value>>
operator CFoo<Q>& const;

这样，我们有一些东西要推导 (CFoo<Q>&) - 并且推导可以成功（如果 Q 是 T 的基数）：

CFoo<A>& a = b; // OK
CFoo<int>& i = b; // deduction failure on Q, so there's no viable conversion function
                  // so this is an error

---

也就是说，虽然我对解决模板谜题很着迷，正如T.C. 指出的那样，这确实不是一个好的解决方案，因为：

return *(CFoo<Q>*)this;

只做一个reinterpret_cast（和一个const_cast），所以它真的不可能做任何合理的事情，你几乎肯定会（除非CFoo是微不足道的）通过尝试访问其成员来结束未定义的行为错误的类型。

您可能想要添加转换构造函数而不是转换函数：

template <typename Q,
          typename = std::enable_if_t<std::is_base_of<T, Q>::value>>
CFoo(CFoo<Q> const& ) { }

这样，当你这样做时：

CFoo<A> a = b; // a is not a reference anymore

您正在构造一个必然有效的 new 对象。