我如何使用std :: enable_if元函数实现类模板函数？

Question

我在类模板中使用了std::enable_if元函数来指定只允许为以GameCard为基类的变量生成类。当我内联实现这些功能时，它本身可以很好地工作。但是，如果我想在标头主体之外实现模板功能，则会遇到无法解决如何正确指定要实现的功能的问题。

剪切示例代码：

#include <string>
#include <memory>
#include <vector>

struct GameCard {};

template<class T, class = std::enable_if_t<std::is_base_of<GameCard, T>::value>>
struct CardStack {
  std::vector<T> cards;
  bool Test();
};

我的IDE将此作为函数规范生成：

template<class T, class>
bool CardStack<T, <unnamed>>::Test() {
  return false;
}

这显然是错误的，因为我遇到编译器错误。但是我不知道如何正确地做。你们中有人知道如何正确执行此操作吗？

Answer 1

超出类的定义应该是：

template<class T, class Enabler>
bool CardStack<T, Enabler>::Test() {
  return false;
}

但是目前，您的课程可能已被劫持：

由于SFINAE，CardStack<int>或CardStack<int, void>无法编译，

CardStack<int, char>将是“ valid”（由于[C​​0]实现中的int产生硬错误，有可能无法编译的风险。

CardStack在您的情况下似乎足够：

static_assert

使用更简单的类外定义：

template<class T>
struct CardStack {
  static_assert(std::is_base_of<GameCard, T>::value);

  std::vector<T> cards;
  bool Test();
};

Answer 2

函数成员的定义应类似于：

template<class T>
bool CardStack<T>::Test() {
  return false;
}

template <class T, class U>
bool CardStack<T, U>::Test() {
    // body of function
}

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解释非常简单，这里没有反魔术。只需遵循C ++的常规语法规则。

您的类的定义是带有两个模板参数的模板类：

Live example

template<class, class>
struct CardStack { /* ... */ };

是第一个的名称。另一方面，第二个没有任何类型名称，而只有默认类型（T）。不必在定义中指定默认类型（类似于函数的默认参数）。

因此，每个方法定义应采用以下形式：

= ...