如何在模板参数中检查模板模板类的类型?
B<T>和 C<T>是模板类。
我想创建一个类 D<class BC>那可以是D<B>或 D<C> .
只有D<B>有D::f() .
这是我的解决方法 ( demo )。它有效。
#include <iostream>
using namespace std;
class Dummy{};
template<class T>class B{};
template<class T>class C{};
template<template<class T> class BC>class D{
//f() is instantiated only if "BC" == "B"
public: template<class BCLocal=BC<Dummy>> static
typename std::enable_if<std::is_same<BCLocal,B<Dummy>>::value,void>::type f(){
}
//^ #1
};
int main() {
D<B>::f();
//D<C>::f(); //compile error as expected, which is good
return 0;
}
行#1又长又丑(使用 Dummy 破解)。
在实际程序中,它也很容易出错,尤其是当 B<...> 时。和 C<...>可以有 5-7 个模板参数。
有什么方法可以改进吗?
我梦想着这样的事情:-
template<class BCLocal=BC> static
typename std::enable_if<std::is_same<BCLocal,B>::value,void>::type f(){
}
最佳答案
为什么不直接将比较提取到一个方便的实用程序中呢?
#include <type_traits>
template<template<class...> class L, template<class...> class R>
struct is_same_temp : std::false_type {};
template<template<class...> class T>
struct is_same_temp<T, T> : std::true_type {};
然后 f 上的 SFINAE 可以简单地看起来像这样:
static auto f() -> typename std::enable_if<is_same_temp<BC, B>::value>::type {
}
不需要为 enable_if 指定 void,因为它是它提供的默认类型。
我认为尾随返回类型也有美化效果。
使用 C++14,我们可以进一步美化。首先是一个变量模板。
template<template<class...> class L, template<class...> class R>
using bool const is_same_temp_v = is_same_temp<L, R>::value;
然后使用 std::enable_if_t 模板别名:
static auto f() -> std::enable_if_t<is_same_temp_v<BC, B>> {
}
关于c++ - SFINAE 优雅地检查 "template template class"(在模板参数中),我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/43843114/
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