SFINAE没有编译
问题描述:
很多时候我使用过SFINAE,但我有一个非常简单的例子,我今天无法运行。SFINAE没有编译
class X
{
public:
template <typename CHECK, typename = typename std::enable_if< std::is_floating_point<CHECK>::value, void>::type >
void Do()
{
std::cout << "yes" << std::endl;
}
template <typename CHECK, typename = typename std::enable_if< !std::is_floating_point<CHECK>::value, void>::type>
void Do()
{
std::cout<< "no" << std::endl;
}
};
int main()
{
X x;
x.Do<float>();
}
错误:
的src/main.cpp中:20:18:错误: '模板空隙X :: DO()' 不能被重载
的src/main.cpp中:14: 18:错误:与“模板无效X :: DO()” 无效DO()
我想禁用与enable_if任何超载,但它不工作...
任何想法,今天我做错了吗?
答
这两个函数具有相同的签名,所以您会得到重定义错误。与替代以下,使用默认参数尝试:
#include <type_traits>
#include <iostream>
class X
{
public:
template <typename CHECK, std::enable_if_t< std::is_floating_point<CHECK>::value>* =nullptr >
void Do()
{
std::cout << "yes" << std::endl;
}
template <typename CHECK, std::enable_if_t< !std::is_floating_point<CHECK>::value>* =nullptr>
void Do()
{
std::cout<< "no" << std::endl;
}
};
int main()
{
X x;
x.Do<float>();
}
答
来编译和作品的另一种语法是将enable_is
移动作为返回类型:
class X
{
public:
template <typename CHECK >
typename std::enable_if< std::is_floating_point<CHECK>::value, void>::type Do()
{
std::cout << "yes" << std::endl;
}
template <typename CHECK>
typename std::enable_if< !std::is_floating_point<CHECK>::value, void>::type Do()
{
std::cout << "no" << std::endl;
}
};
int main()
{
X x;
x.Do<float>();
getchar();
}
感谢。但是我对enable_if的工作原理有一个很大的误解。我认为如果条件为false,并且结果模板将被“禁用”,并且由于我只有一个不能超载的实例,enable_if将导致“编译错误”。但现在我有一个超载,SFINAE似乎不工作。你能解释一下吗? – Klaus