SFINAE：性病:: enable_if作爲函數參數

所以，我下面的代碼的某個地方本網頁上設置的例子： http://eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/SFINAE：性病:: enable_if作爲函數參數

這是我有：

template<typename T> 
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) { 
    std::cout << "fun<int>"; 
} 

template<typename T> 
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) { 
    std::cout << "fun<float>"; 
} 

int main() 
{ 
    fun(4); 
    fun(4.4); 
}

這樣我將不得不寫：

fun<int>(4); 
fun<double>(4.4);

我會如何避免這種情況？

編譯器抱怨說它不能推導出參數T。

來源

2015-12-19 DeiDei

這些例子是錯誤的，因爲T是在non-deduced context。除非您調用fun<int>(4);這樣的函數，否則代碼將無法編譯，但這可能不是作者想要顯示的內容。

正確的用法是允許編譯器推導出T，並在其他地方放置SFINAE條件，例如，在返回類型的語法：

template <typename T> 
auto fun(const T& val) 
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type 
{ 
    std::cout << "fun<int>"; 
} 

template <typename T> 
auto fun(const T& val) 
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type 
{ 
    std::cout << "fun<float>"; 
}

DEMO

此外，typename在你的代碼違背了你的std::enable_if_t使用。

二者必選其一（C++ 11）：

typename std::enable_if<...>::type

或（C++ 14）：

std::enable_if_t<...>

將如何在沒有按一個構造函數，工作雖然沒有返回類型？

在構造函數的情況下，SFINAE條件可以隱藏在一個模板參數列表：

struct A 
{  
    template <typename T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0> 
    A(const T& val) 
    { 
     std::cout << "A<int>"; 
    } 

    template <typename T, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0> 
    A(const T& val) 
    { 
     std::cout << "A<float>"; 
    } 
};

DEMO 2

來源

2015-12-19 09:22:19

我明白了。如何在沒有返回類型的構造函數中工作？ – DeiDei

@DeiDei查看更新 –

使用'int'作爲'std :: enable_if'的第二個參數有什麼意義？它是任意的嗎？還是因爲'int = 0'是安全的？ – Jacob