被忽略的框架模板：无法推断模板参数

Question

现在我有2类A和B：

class A {
};

class B : public A {
};

正在尝试将B的REF实例分配给A类ref变量：

Ref<B> t;
Ref<A> t2(t);

这实际上应该编译，但是我得到了最后2个构造函数（使用可转换类型的构造函数）提到的错误（clang），这实际上应该为该分配启动。需要做些什么才能在这里进行模板参数扣除工作？

您正在错误地使用

std::enable_if

Answer 1

，这应该为

12：

template<typename T2,
         typename = 
             typename std::enable_if<std::is_convertible<T2*, T*>::value>::type>
Ref(Ref<T2> const& value);

ther，第二个模板参数被默认为如果不转换为^T2*the，这将是您想要的：

如果是

T1*

，那么这等同于：

std::is_convertible<T2*, T*>::value

• ，否则，您会得到：

  true

在您的原始代码中，当成功的模板成功时，您的模板等同于：

template<typename T2, typename = void> // Ok, well-formed
Ref(Ref<T2> const& value);

这不是您想要的（在这种情况下，编译器无法推断出这两个）。

1

如果您可以访问C ++14.

，则可以用

template<typename T2, typename = /* Something ill-formed */>
Ref(Ref<T2> const& value);

代替std::enable_if

2

这是一种可能性，另一个是使用

template<typename T2, typename T2> // Well-formed, but T2 cannot be deduced
Ref(Ref<T2> const& value);

（或类似的东西），但我更喜欢

---

T2

版的版本。在一般情况下，它们并不是严格等同的，但是在这种确切的情况下，它们并不重要。

@Holt的答案很好，正确地说明了如何使用

typename std::enable_if<>::type

。

在任何情况下，在这种情况下，您根本不需要使用它。 这里足够了，错误消息对此会更好：

std::enable_if_t<>

_{^{std::enable_if_t<..., int> = 0}}

会给您这样的错误：

  Error：静态断言失败：！
  static_assert（std :: is_convertible :: value，“！”）;

sfinae表达式通常用于（我说）

Answer 2

。 如果您没有一组有效的替代方案可以从中取出正确的替代方案，通常是优选的。

要完成霍尔特的答案，请注意，您可以通过

typename = ...

将默认构造函数和构造函数合并为

std::enable_if

。

static_assert

等于

template<typename U>
Ref(Ref<U> const& value) {
    static_assert(std::is_convertible<U, T>::value, "!");
    // whatever you want 
}

template<typename U>
Ref(Ref<U> &&value) {
    static_assert(std::is_convertible<U, T>::value, "!");
    // whatever you want 
}

C

。 您的摘要错过了。使用

拷贝和交换成语，您可以使用它来对测试进行分解

A

：

Ref<A> t3(Ref<C>{});