为派生类专门化一个类模板方法答案

【问题标题】：Specializing a class template method for derived classes为派生类专门化一个类模板方法
【发布时间】：2012-02-23 12:38:58
【问题描述】：

对于共享公共基类的类的以下代码段中的 doIt() 方法，我很感激帮助，如下所示

#include <iostream>
#include <boost/utility.hpp>
#include <boost/type_traits.hpp>

struct BarBase {};
struct Bar: BarBase {};

struct FooBase {};
struct Foo: FooBase {};

template <typename T>
struct Task
{
    // I'd like to specialize this method for classes with a common base class
    void doIt();        
};

// my attempt (does not compile)
template <typename T>
typename boost::enable_if<boost::is_base_of<FooBase, T> >::value
doIt() {
    std::cout << "Type is derived from FooBase\n";
}


int main()
{
    Task<Foo> f;
    f.doIt();
}

【问题讨论】：

我认为你不能专门化类模板成员函数，你必须专门化类。

标签： c++ templates sfinae

【解决方案1】：

您不能专门化模板类成员。你可以特化一个类，每个特化都是一个完全独立的类，它不继承非特化模板的任何内容（它可能有也可能没有非特化类的全部或部分成员）。

您还可以做的是在模板类中拥有一个模板成员函数，并对其进行专门化。所以你可以这样做：

template <typename T>
struct Task
{
    void doIt() { doItPriv<T>(); }
private:
    template<typename T1>
    void doItPriv();  
};

然后专门化doItPriv。

【讨论】：

【解决方案2】：

根据this的回答，

SFINAE 仅在模板的参数推导中进行替换时才有效论据使构造不正确。

这就是为什么你不能那样做：

template <typename T>
struct Task
{
    typename std::enable_if<std::is_base_of<FooBase, T>::value>::type doIt() {
        std::cout << "Type is derived from FooBase\n";
    }   

    typename std::enable_if<std::is_base_of<FooBase, T>::value == false>::type doIt()
    {
    }
};

这里doIt() 不是模板，所以没有任何推论。但您可以执行以下操作：

template <typename T1>
struct Task
{
    template <typename T>
    typename std::enable_if<std::is_base_of<FooBase, T>::value>::type doIt_() {
        std::cout << "Type is derived from FooBase\n";
    }   

    template <typename T>
    typename std::enable_if<std::is_base_of<FooBase, T>::value == false>::type doIt_()
    {
    }

    void doIt()
    {
        doIt_<T1>();
    }
};

【讨论】：