调用函数，如果有，则忽略

Question

我现在想要制作模板，它将一些元素推送到向量和其他类型，支持push_back运算符。

我能做到这样

template<typename T> 
T fill(size_t n) { 
    T v; 
    //(1) 
    for(size_t i = 0; i < n; ++i){ 
     v.push_back(generate_some_how()); 
    } 
    return v; 
} 

它的工作原理。但是现在我想用v.reserve(n);而不是(1)来提高支持它的类型的速度。但我想仍然能够编译此代码的类型不会编译reserve

这是实现这一点的简单方法吗？

我知道我可能专注于硬编码类型，但它似乎并不好。

C++ 11是可以的。

Answer 1

一个简单的例子：

template<class T> 
auto maybe_reserve(T& v, size_t n, int) 
    -> decltype(v.reserve(n), void()) 
{ 
    v.reserve(n); 
} 

template<class T> 
void maybe_reserve(T&, size_t, long){} 

template<typename T> 
T fill(std::size_t n) { 
    T v; 
    maybe_reserve(v, n, 0); 
    for(size_t i = 0; i < n; ++i){ 
     v.push_back(generate_some_how()); 
    } 
    return v; 
} 

Live example.有关解释，看一看here。

Answer 2

不太难....你需要写一个特征来检测预留成员函数的存在与正确的签名。使用该工具有不同的方法，您可以编写一个reserve_模板函数，使用该特性分派到reserve()的调用或no-op并从// (1)调用它，或者您可以在帮助程序中使用SFINAE或fill本身。我会尝试使用辅助函数，因为填充中的大部分代码都是相同的。

检测是否void reserve(std::size_t)构件函数存在于C++ 03：使用C++ 11

template <typename T> 
struct has_reserve { 
    typedef char yes; 
    typedef yes no[2]; 
    template <typename U, U> struct ptrmbr_to_type; 
    template <typename U> 
    static yes& test(ptrmbr_to_type<void (T::*)(std::size_t),&U::reserve>*); 
    template <typename U> static no& test(...); 
    static const bool value = sizeof(test<T>(0))==sizeof(yes); 
}; 

Answer 3

在C++ 11的一个可能的方法：

template<typename T, typename = void> 
struct reserve_helper 
{ static void call(T& obj, std::size_t s) { } }; 

template<typename T> 
struct reserve_helper<T, decltype(std::declval<T>().reserve(0), void(0))> 
{ static void call(T& obj, std::size_t s) { obj.reserve(s); } }; 

template<typename T> 
T fill(std::size_t n) 
{ 
    T v; 
    reserve_helper<T>::call(v, 10); 
    for(std::size_t i = 0; i < n; ++i){ 
     v.push_back(generate_somehow()); 
    } 

    return v; 
} 

这里是一个live example表示该呼叫到reserve()被简单地与没有定义任何reserve()构件功能的UDT跳过。