使用SFINAE，如何避免「沒有名爲成員......」

Question

從this question, which asks about SFINAE繼它給人的例子：

template<class T> 
std::string optionalToString(T* obj) 
{ 
    if (FUNCTION_EXISTS(T->toString)) 
     return obj->toString(); 
    else 
     return "toString not defined"; 
} 

然而，如果一個對象不具備的，例如，一個toString （）函數，而不是在這種情況下返回「toString not defined」，即使我們可以檢測到函數是否存在，編譯器仍然會拋出一個錯誤，該對象沒有名爲「toString」的成員，然後突出顯示指向toString的指針。

我希望能夠做到對來自C++有不同的命名規則庫的對象相同的操作，例如：

if(R_Contains_SetPosition<TemplateObject>::Value) 
{ 
TemplateObject->SetPosition(X,Y); 
} 
else if(R_Contains_setPosition<TemplateObject>::Value) 
{ 
TemplateObject->setPosition(X,Y); //TemplateObject doesn't have a setPosition defined! 
} 

哪些代碼已經可以做到，但是編譯器會引發任何調用該對象沒有定義的函數的語句都會出錯。

是否有某種方式讓編譯器接受能夠調用成員函數（在此情況下不會運行）的代碼（通過重寫或修改編譯器標誌，最好是前者）反正），即使編譯器知道所說的成員函數不存在？

澄清：

這是不問如何檢測功能存在。我已經有這個能力。，這是問我如何編寫代碼，引用一個對象不一定會有沒有編譯器抱怨的功能？

系統是C++ 03，所以實驗性的C++ 14類似的解決方案在這裏將不會有效。

Answer 1

你的問題是所有的分支都被編譯而不管採取哪種分支。所有的都必須包含有效的代碼。

有幾種方法可以避開它。標籤調度和SFINAE是最常見的兩種，但都不能讓它「內聯」。

我們可以，但是，使用他們寫一個static_if幫手，並使用C++ 14個lambda表達式一般做內聯：

namespace details { 
    template<class T, class F, class Else> 
    decltype(auto) static_if(std::true_type, T&&t, F f, Else e){ 
    return f(std::forward<T>(t)); 
    } 
    template<class T, class F, class Else> 
    decltype(auto) static_if(std::false_type, T&&t, F f, Else e){ 
    return e(std::forward<T>(t)); 
    } 
} 

template<template<class...>class Test, class T, class F, class Else> 
decltype(auto) static_if(T&&t, F f, Else e){ 
    return details::static_if(Test<T>{}, std::forward<T>(t), std::move(f), std::move(e)); 
} 

這是一個static_if幫手。

寫入can_foo<?>。然後你可以使用它像這樣：

auto r = 
    static_if<can_foo>(
    t, 
    [](auto&& t){return t.foo();}, 
    [](auto&&){return 7;} 
); 

C++ 14：在C++ 11的解決方案不能一般性地在線完成的，所以你還不如標記調度。

live example。

請注意，static_if的返回類型根據模板謂詞在第一個參數的類型上評估爲trueish還是falseish而有所不同。

該參數傳遞給真/假分支的lambda。通常，您重用名稱（隱藏更全局的名稱），因爲lambda中的「神奇」是正確的類型（只有在模板謂詞在類型上返回true時纔會被評估）。