enable-if 相关问题

`std :: enable_if`是一个C ++元函数模板，参数`bool B`，`class T = void`，在标准C ++头文件`type_traits`中定义。如果`B`为真，则实例化类定义一个等于`T`的公共成员类型`type`;否则它没有。

当所有模板参数均为同一类型时的部分模板特化

在 C++14 中是否可能（因此没有约束、require 或折叠表达式，但有 SFINAE）对类模板进行部分模板特化模板基因类...

c++14 sfinae template-specialization enable-if parameter-pack

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使模板类方法参数类型与类模板参数相同（包括void）

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，则有 Class::Method(T t)，如果 T 则有 Class::Method()无效。编译...

c++ templates enable-if

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std::is_base_of 和虚拟基类

有没有办法识别基类是否是虚拟基类？ std::is_base_of 将识别基类，但我正在寻找类似 std::is_virtual_base_of 的东西来识别

c++ c++11 enable-if

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使用 std::enable_if<> 来避免模棱两可的模板化二元运算符重载

我想使用 std::enable_if<> 来避免 MyClass*otherT 与 otherT*MyClass 与 MyClassT*MyClassT 中的歧义重载运算符*(T,U)（或重新定义）可以说 MyClass 声明是：寺庙...

c++ c++17 operator-overloading enable-if is-same

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如何让这个enable_if表达式更简单？

我想确认指针类型是：不是函数指针（即指向 lua_CFunction 的指针）不是指向 std::string 的指针不是指向 char 的指针不是指向 unsigned char 的指针模板我想确认指针类型是：不是函数指针（即指向 lua_CFunction 的指针）不是指向 std::string 的指针不是指向 char 的指针不是指向 unsigned char 的指针 template <typename T, typename std::enable_if<(!std::is_same<lua_CFunction, T*>::value) && std::is_pointer<T>::value && (!std::is_same<std::string*, T>::value) && (!std::is_same<unsigned char, std::remove_cv<std::remove_pointer<T>>>::value) && (!std::is_same< char, std::remove_cv<std::remove_pointer<T>>>::value)> ::type* = nullptr> 如何让这个表达更简单？如何使这个表达式更简单（更易读且更短）？由于您只允许使用 c++11，因此您可以为所有条件创建类型特征，如下所示。 template<typename T> struct checkT { static constexpr bool value = (!std::is_same<lua_CFunction, T*>::value) && std::is_pointer<T>::value && (!std::is_same<std::string*, T>::value) && (!std::is_same<unsigned char, std::remove_cv<std::remove_pointer<T>>>::value) && (!std::is_same< char, std::remove_cv<std::remove_pointer<T>>>::value); }; template <typename T, typename std::enable_if<checkT<T>::value, void>::type> void f(); 请注意，您如何实现不同的检查可能会出现逻辑错误，但这个问题特别询问如何缩短代码。

c++ c++11 templates enable-if

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C++ std::enable_if 模板类的成员模板函数重载

我正在尝试在类中“重载”模板函数，具体取决于专业化参数的父模板类。但是，我收到以下错误。错误 C2938：'std::enable_if_t 我正在尝试在类中“重载”模板函数，具体取决于专业化参数的父模板类。但是，我收到以下错误。错误 C2938：'std::enable_if_t'：无法专门化别名模板这里出了什么问题？ #include <memory> #include <type_traits> template <template <typename...> class BaseTemplate, typename Derived, typename TCheck = void> struct test_base_template; template <template <typename...> class BaseTemplate, typename Derived> using is_base_template_of = typename test_base_template<BaseTemplate, Derived>::is_base; //Derive - is a class. Let inherit from Derive, so it can cast to its protected parents template <template <typename...> class BaseTemplate, typename Derived> struct test_base_template<BaseTemplate, Derived, std::enable_if_t<std::is_class_v<Derived>>> : Derived { template<typename...T> static constexpr std::true_type test(BaseTemplate<T...>*); static constexpr std::false_type test(...); using is_base = decltype(test((test_base_template*) nullptr)); }; //Derive - is not a class, so it always false template <template <typename...> class BaseTemplate, typename Derived> struct test_base_template<BaseTemplate, Derived, std::enable_if_t<!std::is_class_v<Derived>>> { using is_base = std::false_type; }; template<typename type> class MyClass { public: template <typename Dummy = type, typename std::enable_if_t<is_base_template_of<std::weak_ptr, type>::value, bool> = bool()> std::shared_ptr<typename type::element_type> get() { return m_data.lock(); } template <typename Dummy = type, typename std::enable_if_t<is_base_template_of<std::shared_ptr, type>::value, bool> = bool()> std::shared_ptr<typename type::element_type> get() { return m_data; } private: type m_data; }; int main() { MyClass<std::weak_ptr<int>> t; auto a1 = t.get(); MyClass<std::shared_ptr<int>> t2; auto a2 = t2.get(); } 阅读了此线程模板类的 std::is_base_of 这是否意味着根据 m_data 类型一次不可能拥有这些功能之一？您可以使用constexpr if，如下所示： template<typename type> class MyClass { public: std::shared_ptr<typename type::element_type> get() { if constexpr(is_base_template_of<std::weak_ptr, type>::value) { return m_data.lock(); } else if constexpr(is_base_template_of<std::shared_ptr, type>::value) { return m_data; } //make sure that this non-void returning function returns something if control reaches here } }; 工作演示

c++ templates shared-ptr enable-if weak-ptr

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未调用 C++ enable_if 类特化

我有以下尝试使用enable_if来实例化A类的2个不同专业化的示例，但我没有正确理解它，因为它们没有被调用，任何建议...

c++ templates enable-if

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为什么 std::enable_if 不能作为附加函数参数应用于运算符重载？

根据 cppreference 文档，其中表示（强调我的）： std::enable_if 可以以多种形式使用，包括：作为附加函数参数（不适用于运算符重载），作为

c++ enable-if

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使用enable_if进行模板专门化对于函数和类的行为不同

我正在尝试使用enable_if根据模板参数的类型专门化函数模板，类似于此处的示例https://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if 模板我正在尝试使用类似于此处示例的enable_if基于模板参数的类型来专门化函数模板https://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if template<typename Type, typename Enabled = void> void foo(Type t) { std::cout << "primary\n"; std::cout << std::is_same<decltype(t), A>::value << "\n"; } template<typename Type, typename std::enable_if_t<std::is_same<Type, A>::value>::type> void foo(Type t) { std::cout << "specialized\n"; } 但是在这种情况下，仅调用主要定义。如果我尝试对课程做同样的事情 template <class T, class Enable = void> struct Foo { static void bar() { std::cout << "T is blah" << std::endl; } }; template <class T> struct Foo<T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type> { static void bar() { std::cout << "T is int" << std::endl; } }; 它实现了预期的行为： int main() { A a; // not specializing foo<A>(a); // primary called foo(19); // primary called // does specializing Foo<int>::bar(); // int specialization is called Foo<float>::bar(); // generic is called return 0; } 有人可以向我解释一下这种差异吗？是否有一种方法可以在不使用类的情况下实现所需的行为？我的代码示例： https://godbolt.org/z/86jsxfqdG 函数模板不能像类模板那样部分特化，它们可以重载。例如 template<typename Type> typename std::enable_if_t<!std::is_same<Type, A>::value> foo(Type t) { std::cout << "primary\n"; } template<typename Type> typename std::enable_if_t<std::is_same<Type, A>::value> foo(Type t) { std::cout << "specialized\n"; } 直播

c++ templates sfinae enable-if

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std::enable_if_t typedef 替换不等效

我经常为类创建一个 this_type typedef 以缩短成员函数签名。然而，我在使用 std::enable_if_t 时遇到了这个奇怪的情况。 #包括 #包括 #

c++ templates typedef sfinae enable-if

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带有 std::enable_if 的嵌套模板类，C++

我有一个模板类B，其第一个参数T1必须继承类A，第二个参数T2用于嵌套类C： A 类 { ... }; 模板我有一个模板类B，其第一个参数T1必须继承类A，第二个参数T2用于嵌套类C： class A { ... }; template<typename T1, typename T2 = T1, typename = std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T1>::value>> class B { class C { T2 data; C(T2 data); void func(); ... }; ... }; 问题是当我尝试定义嵌套类的构造函数和方法时出现错误： template<typename T1, typename T2, typename> B<T1, T2>::C::C(T2 data) : data(data) { ... } template<typename T1, typename T2, typename> void B<T1, T2>::C::func() { ... } E0464“B::value, void>>::C”不是类模板； C3860 类类型名称后面的类型参数列表必须按照类型参数列表中使用的顺序列出参数。如果我不使用嵌套类或不使用 std::enable_if，代码可以正常工作，但在这里我需要它们，而且我真的不明白出了什么问题。定义构造函数时仍然需要提供默认的模板参数： template<typename T1, typename T2, typename D> B<T1, T2, D>::C::C(T2 data) : data(data) { } 或者，由于最后一个参数仅用于 SFINAE 目的并且始终旨在为 void，因此您可以编写： template<typename T1, typename T2> B<T1, T2, void>::C::C(T2 data) : data(data) { } 请注意，最好在 C 中定义构造函数。无论如何，大多数时候你都无法将模板拆分为标头/源代码，并且处理类模板的外线定义可能非常烦人且脆弱。 C++17 和 C++20 的注意事项如果您使用的是 C++20，您可以编写： template<std::derived_from<A> T1, typename T2 = T1> class B { /* ... */ }; template<std::derived_from<A> T1, typename T2> B<T1, T2>::C::C(T2 data) : data(data) { } 如果您使用的是 C++17，您至少可以使用辅助变量模板std::is_base_of_v<A, T1>。

c++ templates inheritance nested enable-if

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为什么未使用的成员模板函数和成员函数声明的隐式实例化类模板实例化失败

这有什么问题： #包括结构体A；模板结构B { 模板::值>> ...

c++ sfinae enable-if c++-templates

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为什么 SFINAE (enable_if) 不适用于类模板的成员函数？ [重复]

#包括结构体A{}；结构体 B{}; 模板结构体Foo { 类型名 std::enable_if::value>::type 酒吧（） {} 输入...

c++ c++11 sfinae enable-if

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为什么模板参数中的enable_if_t会抱怨重新定义？

我有以下使用 std::enable_if 的情况：模板::值>::类型* = nullptr> 无效 f() { } 你...