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c++ - SFINAE 启用非模板成员函数

coder 2024-02-01 原文

这可能是重复的,但我就是找不到一个 OP 明显有我遇到的同样问题的地方。
我有一个类,仅当类模板参数不是无符号类型时,我才尝试启用 operator-

#include <type_traits>

template<class T>
struct A {
    typename std::enable_if<!std::is_unsigned<T>::value,A>::type operator-() {return {};}
};

int main() {
    A<unsigned> a=a;
}

不幸的是,每当我用所示的无符号类型实例化它时,这都会产生编译器错误。

main.cpp:5:29: error: no type named 'type' in 'std::enable_if<false, A<unsigned int> >'; 'enable_if' cannot be used to disable this declaration
    typename std::enable_if<!std::is_unsigned<T>::value,A>::type operator-() {return {};}
                            ^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
main.cpp:9:17: note: in instantiation of template class 'A<unsigned int>' requested here
    A<unsigned> a=a;
                ^

好吧,我可以清楚地看到 enable_if 在这里不起作用。一个模糊相似的问题提到我可以使用继承和模板特化来解决这个问题,但是......真的没有更好的方法吗?

最佳答案

我曾经遇到过同样的问题。事实证明不会有替换失败,因为默认模板参数不依赖于函数模板中的模板参数。您必须将模板参数默认为封闭的模板类型,如下所示:

template<typename U = T,
         class = typename std::enable_if<!std::is_unsigned<U>::value, U>::type>
A operator-() { return {}; }

关于c++ - SFINAE 启用非模板成员函数,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/22671379/

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