c – 使用SFINAE启用转换运算符
发布时间:2020-12-16 03:47:54 所属栏目:百科 来源:网络整理
导读:我试图使用SFINAE重载运算符T()以在T是基本类型时返回副本,并在T是类时使用const引用. 在下面的示例中使用double时,我无法删除第二个重载(使用std :: is_class). 也就是说,我得到的错误是: error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_iffalse,
我试图使用SFINAE重载运算符T()以在T是基本类型时返回副本,并在T是类时使用const引用.
在下面的示例中使用double时,我无法删除第二个重载(使用std :: is_class). 也就是说,我得到的错误是: error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false,const double&>’ operator typename std::enable_if< std::is_class<T>::value,const T&>::type () const ^ 我究竟做错了什么? #include <iostream> #include <type_traits> template<typename T> struct Foo { operator typename std::enable_if<!std::is_class<T>::value,T >::type () const { return _val; } operator typename std::enable_if< std::is_class<T>::value,const T&>::type () const { return _val; } T _val; }; int main() { Foo<double> f1; f1._val = 0.3; double d = f1; std::cout << d << std::endl; return 0; } 解决方法
在您的类成员函数被实例化时已知T,因此不会发生替换,而是SFINAE而不是SFINAE,您会收到一个硬错误.最简单的解决方法是为这些运算符重载引入虚拟模板参数,并将其默认为T,以便仍然可以进行类型推导.
template<typename U = T> operator typename std::enable_if<!std::is_class<U>::value,U >::type () const { return _val; } template<typename U = T> operator typename std::enable_if< std::is_class<U>::value,const U&>::type () const { return _val; } Live demo (编辑:李大同) 【声明】本站内容均来自网络,其相关言论仅代表作者个人观点,不代表本站立场。若无意侵犯到您的权利,请及时与联系站长删除相关内容! |