枚举的模板专业化

Question

我有一个通用模板类，我不想（无法）更改它

template <typename TData>
class Printer {
 public:
    bool Write(std::ostream& ostr, const TData& data) const {
        ostr << data;
        return true;
    }
};

我想为

Printer

实现一个专门的类，仅适用于枚举

template <typename TThatIsEnum>
class Printer{
 public:
    bool Write(std::ostream& ostr, const TThatIsEnum& data) const {
        static Printer<int> int_printer;

        return int_printer.Write(ostr, static_cast<int>(data));
    }
};

如果不向通用模板添加额外的模板参数，这可能吗？

Answer 1

就目前情况而言，在 C++17 中，您没有任何东西可以专门化主模板on。不是可以检测任意类型特征的方式。

标准程序是向主参数添加另一个虚拟参数。

template <typename TData, typename = void>
class Printer {
public:
    bool Write(std::ostream& ostr, const TData& data) const {
        ostr << data;
        return true;
    }
};

它是“内部的”，并不意味着由客户端代码指定。相反，客户端仅指定第一个，模板机制计算出第二个。专业化看起来像这样

template <typename Enum>
class Printer<Enum, std::enable_if_t<std::is_enum_v<Enum>>> {
    Printer<std::underlying_type_t<Enum>> _delegate;
public:
    bool Write(std::ostream& ostr, const Enum& data) const {
        return _delegate.Write(ostr, static_cast<std::underlying_type_t<Enum>>(data));
    }
};

当从客户端的参数中选择专业化时，编译器将实例化特征。对于非枚举

std::enable_if_t<...>

的格式不正确，因此我们回到主要的。它的第二个参数有一个默认参数，因此它可以工作。

对于枚举

std::enable_if_t<...>

将是

void

，因此我们有一个有效的专业化（与主要的可能参数匹配）。我们可以为主要参数提供任意参数（例如

Printer<char, int>

），但并不是每对参数都对我们的专业化有效（

int

永远不会匹配

void

）。另一方面，我们专业化的所有有效参数也将适合主要参数（这就是为什么默认参数是

void

，因此它匹配），因此专业化确实被认为更专业化。

我还冒昧地改进了你的实现，询问枚举的底层类型是什么（而不是假设

int

）。对于库来说，使用成员委托比静态更友好。对象大小相同，但惊喜较少。

最后，您应该知道 C++20 通过类型约束和概念大大简化了这一过程。在 C++20 中我们可以这样写

template <typename TData>
class Printer {
  // As you did
};

template <typename Enum>
  requires std::is_enum_v<Enum>
class Printer {
  // As I did
};

不需要虚拟参数，因为约束成为一等公民。