template <bool Cond, typename Type = void>
using Enable_if = typename std::enable_if<Cond, Type>::type;
class Degree;
template <typename T>
constexpr inline bool Is_Degree() {
return std::is_base_of<Degree, T>::value;
}
class Degree {
public:
std::size_t inDeg = 0;
};
template <typename Satellite = Degree>
class Vertex: public Satellite {
public:
explicit Vertex(int num): n(num) {}
private:
std::size_t n;
};
template <typename Satellite = Degree>
class Edge {
public:
// i want have different constructor depending on
// whether Vertex is (directly or indirectly) derived from Degree
Edge(Enable_if<Is_Degree<Satellite>(), Vertex<Satellite> &>fromVertex,
Vertex<Satellite> &toVertex)
: from(fromVertex), to(toVertex){ ++to.inDeg; }
Edge(Enable_if<!Is_Degree<Satellite>(), Vertex<Satellite> &>fromVertex,
Vertex<Satellite> &toVertex)
: from(fromVertex), to(toVertex){}
private:
Vertex<Satellite> &from;
Vertex<Satellite> &to;
};
编译器在第 2 行报错:
"No type named '
type' in 'std::__1::enable_if<false, Vertex<Degree> &>': 'enable_if' cannot be used to disable this declaration."
如果我删除 Edge 的第二个构造函数,则没有错误。我想知道为什么,以及如何实现我在评论中描述的目的。
最佳答案
这是因为替换发生(并失败)在 immediate context 之外. std::enable_if 中涉及的类型模板参数应该直接来自编译器在上下文要求存在函数/特化时尝试实例化的模板,并且在那之前是未知的。否则,编译器可以随意拒绝您的代码。
一种可能的解决方法是将构造函数转换为模板,并将它们的参数默认为封闭类的模板参数的值:
template <typename S = Satellite>
// ^-----v
Edge(Enable_if<Is_Degree<S>(), Vertex<Satellite> &>fromVertex,
Vertex<Satellite> &toVertex)
: from(fromVertex), to(toVertex){ ++to.inDeg; }
template <typename S = Satellite>
// ^------v
Edge(Enable_if<!Is_Degree<S>(), Vertex<Satellite> &>fromVertex,
Vertex<Satellite> &toVertex)
: from(fromVertex), to(toVertex){}
关于c++ - 为什么编译器说 : 'enable_if' cannot be used to disable this declaration,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/32503687/
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