`enable_if()` 禁用模板化的静态成员函数声明 class

Question

我正在尝试在模板中声明函数 class 以便函数声明取决于模板类型参数。

template<typename T>
struct Block
{
    static bool parse(int32_t index, 
                      const typename std::enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type& value);

    static bool parse(int32_t index, 
                      typename std::enable_if<!std::is_class<T>::value, T>::type value);
....

};

所以我想 Block<uint16_t> 和 Block<std::string> 和 parse() 声明为：

bool parse(int32_t index, const std::string& value);
or
bool parse(int32_t index, uint16_t value);

但我收到错误消息：'enable_if' cannot be used to disable this declaration ...typename std::enable_if<!std::is_class<T>::value, T>::type value);

你能帮我正确声明函数吗？
谢谢。

Answer 1

Enable_if 仅适用于推断的上下文。在您的示例中，扣除是在 class 类型时间完成的。当你到达函数时，T 已经知道，所以没有什么可以推断的。

您可以创建一个多余的模板参数，将其默认类型设置为 T，然后据此进行推导。

template<typename T>
struct Block
{
    // now parse has to deduce U
    template<typename U=T>
    static bool parse(int32_t index, 
                      typename std::enable_if<!std::is_class<U>::value, T>::type value);

您的调用者永远不会知道 parse 实际上有一个模板参数，但现在您可以在其上做所有花哨的事情。

Answer 2

没有 SFINAE 的替代解决方案是使用标签调度：
```
template<typename S>
static bool parse(int32_t index, S&& value) {
    return parse_impl(index, value, std::is_class<T>{});
}

private: 
static bool parse_impl(int32_t index, const T& value, std::true_type);
static bool parse_impl(int32_t index, T value, std::false_type);
```
请注意，在此解决方案中，parse() 接受任何类型 S，如果 S 无法转换为 T，则会在 [=13] 内发生失败=] 本身。这可能为时已晚，如果 parse() 本身用于 SFINAE。例如，以下模板：
```
template<class S, class T, typename = decltype(S::parse(0, std::declval<T>()))>
```
将导致原始 parse() 的软失败（这不是错误）和建议的标签分派版本的硬失败（这是编译错误）。感谢 xaxxon 指出这个区别。

在带有概念的 C++20 中，requires 将简化事情：

static bool parse(int32_t index, const T& value)
requires std::is_class_v<T>
{ ... }

static bool parse(int32_t index, T value)
requires !std::is_class_v<T>
{ ... }

`enable_if()` 禁用模板化的静态成员函数声明 class

`enable_if()` to disable static member function declaration of templated class

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