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c++ - 如何在模板类的方法上使用 std::enable_if 通过专业化单独声明和定义

问题描述

我正在尝试使用专业化在头文件和实现之间拆分模板类，但我希望一种方法只出现在某些专业化中。

头文件：

template <typename T>
class A
{
  public:
  void foo();
  void bar();

  template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
  void special();
};

实施：

template<typename T>
void A<T>::foo()
{
  ...
}

template<typename T>
void A<T>::bar()
{
  ...
}

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,T>::value>::type>
void A<T>::special()
{
  ...
}

// generate specializations
template
class A<float>;

template
class A<int>;

template
class A<std::string>;

但是，error: declaration is incompatible with function template "void A<T>::special()"当我像这样尝试它时，或者当我将它移动std::enable_if为返回类型时，我不断得到。定义应该如何匹配这个方法的声明special()？

标签： c++c++11templatesenable-if

解决方案

这段代码有一些问题。在声明中，您有一个额外的尖括号。此外，*紧跟其后的=将始终被解释为单个标记*=；在此代码中，它们必须用空格分隔，以便*将 解释为形成指针并=声明模板参数的默认值。因此，声明应为：

template<typename U = T,
         typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
void special();

在定义中，由于是定义类模板的成员模板，所以需要先写出类模板的模板参数列表，再写出成员模板。此外，您的定义中没有足够的模板参数：记住，U也在那里，它是U，不是T，需要出现在is_convertible部分中：

template <typename T>
template <typename U, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

请注意，U此处的确切拼写并不重要：我们可以重新标记U，因为它是“虚拟变量”：

template <typename T>
template <typename V, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,V>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

但是，除了重新标记之外，所有其他细节都必须完全匹配。

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