具有 std::if_enabled_t 参数的模板函数的完全专业化

Question

我正在尝试编写一个函数，为所有非枚举类型实现通用行为，为所有枚举类型实现通用行为，然后能够通过完全专门化某些类型的特定行为专门化功能。到目前为止，这是我的代码：

// Func.h

#include <cstdio>
#include <type_traits>

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_enum<T>{}>* = nullptr >
void Func()
{
    printf("General case\n");
}

template <typename T, std::enable_if_t<std::is_enum<T>{}>* = nullptr >
void Func()
{
    printf("enum\n");
}

template <>
void Func<bool>()
{
  printf("bool\n");
}


// main.cpp
#include <Func.h>

enum Enum
{
    A,
    B
};

int main()
{
  Func<float>();
  Func<Enum>();
  Func<bool>();
}

它无法编译，我真的不知道如何正确编译。如果我像上面的代码那样使用专门的原型，我会得到这个链接错误：

error LNK2005: "void __cdecl Func<bool,0>(void)" (??$Func@_N[=12=]A@@@YAXXZ) already defined in main.obj

如果我制作专用原型 template<> void Func<bool, nullptr>()，我会收到此编译错误：

error C2912: explicit specialization 'void Func<bool,nullptr>(void)' is not a specialization of a function template

这些测试是使用 Visual Studio 2015 编译器和 c++14 标准

完成的

我不知道从这里去哪里，任何帮助将不胜感激

Answer 1

您收到链接错误，因为 Func<bool>() 是在包含在多个编译单元中的头文件中定义的。解决方法很简单：把inline放在void Func<bool>()之前：

template<>
inline void Func<bool>()
{
    // ...
}

函数模板是隐式的 inline，但是函数和显式模板特化。如果它们在头文件中定义，则应标记为 inline.

具有 std::if_enabled_t 参数的模板函数的完全专业化

full specialization of template functions with std::if_enabled_t parameter

c++

enums

templates

template-specialization