模板方法enable_if專業化

Question

我有下面的代碼不能編譯。 這是一個模板類，它的參數

typename std::enable_if<std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { 
    // ... 
} 

typename std::enable_if<!std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { 
    // .... 
} 

我想有根據懲戒是什麼類型的成員方法的專業化兩種功能。

有沒有人有一些想法？

Answer 1

SFINAE不適用於非模板函數（成員或非成員）。

正如Kerrek SB指出的那樣，使它們成爲非成員函數模板將起作用。或者Xeo指出，使用默認的模板參數使它們成員函數模板也可以工作。

然而，這僅僅是工作，因爲在兩個std::enable_if條件非重疊。如果你想爲int添加一個不同的過載（比如說），那麼你會發現它不能很好地縮放。根據你想要做什麼，標籤調度一般鱗比SFINAE與要派在多個備選方案更好：

#include<type_traits> 

template<typename Ret> 
class Foo 
{ 
public: 
    void _on_dispatched() 
    { 
     // tag dispachting: create dummy of either std::false_type or std::true_type 
     // almost guaranteed to be optimized away by a decent compiler 
     helper_on_dispatched(std::is_void<Ret>()); 
    } 

private: 
    void helper_on_dispatched(std::false_type) 
    { 
     // do stuff for non-void 
    } 

    void helper_on_dispatched(std::true_type) 
    { 
     // do stuff for void 
    } 
}; 

int main() 
{ 
    Foo<void>()._on_dispatched(); 
    Foo<int>()._on_dispatched(); 
    return 0; 
} 

Answer 2

SFINAE僅適用於模板。您的代碼可以由具有一個小的修改編譯：

template <typename Ret> 
typename std::enable_if<std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { /*...*/ } 

template <typename Ret> 
typename std::enable_if<!std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { /*...*/ } 

用法：

auto q = _on_dispatched<int>(); 

您當然不會演繹出函數的返回類型，因爲它不是推斷出。但是，可以包裏面這個模板另一個模板：

template <typename T> 
struct Foo 
{ 
    // insert templates here, maybe privately so 

    T bar() { return _on_dispatched<T>(); } 
};