如何通过专门化在具有单独声明和定义的模板化 class 方法上使用 std::enable_if

Question

我正在尝试使用专业化在头文件和实现之间进行模板化 class 拆分，但我希望一种方法仅出现在某些专业化中。

头文件：

template <typename T>
class A
{
  public:
  void foo();
  void bar();

  template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
  void special();
};

实施：

template<typename T>
void A<T>::foo()
{
  ...
}

template<typename T>
void A<T>::bar()
{
  ...
}

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,T>::value>::type>
void A<T>::special()
{
  ...
}

// generate specializations
template
class A<float>;

template
class A<int>;

template
class A<std::string>;

但是，当我这样尝试时，或者当我将 std::enable_if 移动为 return 类型时，我总是得到 error: declaration is incompatible with function template "void A<T>::special()"。定义应该如何匹配此方法的声明special()?

Answer 1

此代码存在一些问题。在声明中，您有一个额外的尖括号。此外，紧跟在 = 之后的 * 将始终被解释为单个标记 *=；它们必须在此代码中用 space 分隔，以便 * 被解释为构成指针，而 = 被解释为为模板参数声明默认值。因此，声明应为：

template<typename U = T,
         typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
void special();

定义时，由于定义的是class模板的成员模板，需要先写出class模板的模板参数列表，再写出成员模板。另外，您的定义中没有足够的模板参数：请记住，U 也在那里，需要出现在 [=21= 中的是 U，而不是 T ] 部分：

template <typename T>
template <typename U, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

请注意 U 的准确拼写并不重要：我们可以重新标记 U，因为它是 "dummy variable":

template <typename T>
template <typename V, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,V>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

但是，除了重新标记之外，所有其他细节都必须完全匹配。

如何通过专门化在具有单独声明和定义的模板化 class 方法上使用 std::enable_if

How to use std::enable_if on method of templated class with seperate declaration and definition via specialization

c++

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templates

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