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c++ - 如何在 std::enable_if 的帮助下定义模板函数

问题描述

我要做的是定义一个模板函数，它只能由继承一些类的类来专门化。

例如，我已经有两个班级Base1和Base2. 我正在尝试定义这样的模板函数：

template<typename T>  // if (std::is_base_of<Base1, T>::value || std::is_base_of<Base2, T>::value)
std::ostream & operator<<(std::ostream &os, const T& t)
{
    // os << t.member1 << t.member2...;
    return os;
}

似乎std::enable_if可以提供帮助，但我不知道如何。

标签： c++c++11templatessfinaeenable-if

解决方案

C++11

template <typename T, typename = typename std::enable_if<
                          std::is_base_of<Base1, T>::value ||
                          std::is_base_of<Base2, T>::value>::type>
std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const T &t) {
  // os << t.member1 << t.member2...;
  return os;
}

或者：

template <typename T, typename std::enable_if<
                          std::is_base_of<Base1, T>::value ||
                          std::is_base_of<Base2, T>::value>::type * = nullptr>
std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const T &t) {
  // os << t.member1 << t.member2...;
  return os;
}

当想要提供仅在 SFINAE 谓词上有所不同的互斥 SFINAE 约束重载时，后一种方法可能很有用。在这种情况下，前一种方法是不可行的，因为两个仅在默认模板参数上有所不同的模板函数声明了相同的函数模板，因为默认模板参数不是函数模板签名的一部分。

C++14（使用std::enable_if_t实用程序别名模板）

template <typename T,
          typename = std::enable_if_t<std::is_base_of<Base1, T>::value ||
                                      std::is_base_of<Base2, T>::value>>
std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const T &t) {
  // os << t.member1 << t.member2...;
  return os;
}

C++17（使用_v实用变量模板）

template <typename T, typename = std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Base1, T> ||
                                                  std::is_base_of_v<Base2, T>>>
std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const T &t) {
  // os << t.member1 << t.member2...;
  return os;
}

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