`enable_if()` 禁用模板类的静态成员函数声明

Question

我正在尝试在模板类中声明函数，以便函数声明依赖于模板类型参数。

template<typename T>
struct Block
{
    static bool parse(int32_t index, 
                      const typename std::enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type& value);

    static bool parse(int32_t index, 
                      typename std::enable_if<!std::is_class<T>::value, T>::type value);
....

};

所以我想将Block<uint16_t> 和Block<std::string> 和parse() 声明为：

bool parse(int32_t index, const std::string& value);
or
bool parse(int32_t index, uint16_t value);

但我收到错误：'enable_if' cannot be used to disable this declaration ...typename std::enable_if<!std::is_class<T>::value, T>::type value);

您能帮我正确声明函数吗？
谢谢。

Answer 1

Enable_if 仅适用于推断的上下文。在您的示例中，扣除是在类类型时间完成的。到函数时，T 已经知道，所以没有什么可以推导出来的。

您可以制作一个多余的模板参数，将其默认类型设置为 T，然后推断。

template<typename T>
struct Block
{
    // now parse has to deduce U
    template<typename U=T>
    static bool parse(int32_t index, 
                      typename std::enable_if<!std::is_class<U>::value, T>::type value);

您的调用者永远不会知道parse 实际上有一个模板参数，但现在您可以在上面做所有花哨的事情。

Answer 2

1. 没有 SFINAE 的替代解决方案是使用标签调度：

   template<typename S>
   static bool parse(int32_t index, S&& value) {
       return parse_impl(index, value, std::is_class<T>{});
   }
   
   private: 
   static bool parse_impl(int32_t index, const T& value, std::true_type);
   static bool parse_impl(int32_t index, T value, std::false_type);
   

   请注意，在此解决方案中，parse() 接受任何类型的 S，如果 S 不能转换为 T，则失败将发生在 parse() 本身内部。如果parse() 本身用于 SFINAE，这可能为时已晚。例如以下模板：

   template<class S, class T, typename = decltype(S::parse(0, std::declval<T>()))>
   

   将导致原始parse() 的软失败（这不是错误）和建议的标签分派版本的硬失败（这是一个编译错误）。感谢 xaxxon 指出这一差异。

2. 在带有概念的 C++20 中，requires 将简化事情：

   static bool parse(int32_t index, const T& value)
   requires std::is_class_v<T>
   { ... }
   
   static bool parse(int32_t index, T value)
   requires !std::is_class_v<T>
   { ... }