使模板类方法参数类型与类模板参数相同（包括void）

Question

想要使类方法具有与类模板参数匹配的签名，例如，对于一个类，如果 T 不为 void，则为 Class::Method(T t)；如果 T 为 void，则为 Class::Method() .

编译下面尝试的代码，如果 T 为 void，则两种方法都存在。 我不明白为什么同样使用 enable_if 适用于 foo 但不适用于该版本的 print

#include <iostream>
using namespace std;

template <typename T>
struct S
{
    template <typename U = T>
    std::enable_if_t<std::is_void_v<U>, void>
    print(void) { cout << "print void"  << endl; }

    template <typename U = T>
    std::enable_if_t<not(std::is_void_v<U>), void>
    print(U x) { cout << "print not void " << x << endl; }

    template <typename U = T>
    std::enable_if_t<not(std::is_void_v<U>), void>
    foo() {};

    // ... rest of class
};

int main()
{
    S<int> i;
    i.print(1);
    // i.print();  // is disabled

    S<void> v;
    v.print();
    v.print(2); // should be disabled but is not
    v.foo(); // same enable_if use disabled this method
}

Answer 1

v.foo<int>()

您认为

foo

的 void 版本上的

S

版本不存在，这是错误的。 上面的代码将完美运行。

您所显示的是默认模板参数选择了一个不存在的版本。

在

print

的情况下，您提供默认模板参数 - 但您也允许它们显式传递（即

.print<double>(1)

）或推导（如

.print(2)

中）。

在这两种情况下，这都会导致

U

类型不是

T

，因此不是

void

。

至少有两种方法。 您可以阻止推导（让

foo

样式不存在以适用于

print

），甚至可以阻止传递显式参数（防止调用

foo<int>()

）。 其次，您还可以使用

requires

，它更干净，但需要较新版本的 C++。