C++ 模板函数实现不正确

Question

我在这里实现了这个功能（在单个头文件中）。

//header.h
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <stdint.h>
#include <type_traits>



   template < typename T,
           typename = std::enable_if<std::is_integral<T> >::type >
void f(T t) {
    printf("Integer function\n");
}

template void f(int i);

主要在下面...

#include "header.h"
int main(int argc, char** argv) {
    int p = 3;
    f(p);
}

它编译...没问题，但它没有显示 printf 的内容，我错过了什么？... （我将 eclipse 用作 IDE，这可能是个问题？）

还有一件事......这个实现有意义吗？（我想根据输入的类型编写不同的代码，无论它是否是无符号的）。

template < typename T,
           typename = std::enable_if<std::is_integral<T>::value>,
           typename = std::enable_if<std::is_unsigned<T>::value>
>
void f(T t) {
    printf("Unsigned f version.\n");
}

template < typename T,
           typename = std::enable_if<std::is_integral<T>::value>,
           typename = std::enable_if<std::is_signed<T>::value>
>
void f(T t) {
    printf("Signed f version.\n");
}

在这种情况下它无法编译...那么如何处理呢？

谢谢

更新...

我尝试了第一个代码中建议的修改，它给了我以下错误

..\header.h:19:58: error: type/value mismatch at argument 1 in template parameter list for 'template<bool <anonymous>, class _Tp> struct std::enable_if'
            typename = std::enable_if<std::is_integral<T> >::type >
                                                          ^
..\header.h:19:58: error:   expected a constant of type 'bool', got 'std::is_integral<_Tp>'
..\header.h:19:61: error: expected '>' before 'type'
            typename = std::enable_if<std::is_integral<T> >::type >
                                                             ^
..\main.cc: In function 'int main(int, char**)':

更新 2...

好的，伙计们...我一直在努力弄清楚它是什么我不明白...所以我正在研究 type_traits 的代码（所以我的目标是了解什么我做错了...)

我报告 enable_if 的代码（来自 type_traits）。

template<bool, typename _Tp = void>
    struct enable_if //Lukkio decl. 1
    { };

  // Partial specialization for true.
  template<typename _Tp>
    struct enable_if<true, _Tp> //Lukkio decl. 2
    { typedef _Tp type; };

因为我想了解像这样的一行会发生什么：

template<
    typename T,
    typename = std::enable_if<std::is_integral<T>::value>
>
void function(T t) {
    printf("Is integral!\n");
}

所以假设 T 是固定的（比方说 int，它是整数），std::enable_if::value> 使用 decl。 1，但是假设 _Tp 是 void 类型那么实际上发生了什么，就减少而言（我现在用关键字 int 代替 T... 应该是喜欢

template<
        typename int,
        typename = std::enable_if<std::is_integral<int>::value>
    >

即

template<
        typename int,
        typename = std::enable_if<1>
    >

所以我的问题是...第二个类型名称代表什么？

Answer 1

默认函数模板参数上的 SFINAE 并没有真正扩展。如果您想将单个重载限制为特定的 class 类型，则只能使用它。

对于非重叠的多重重载（比如你的 signed/unsigned 积分），你可以像这样在 return 类型上使用 SFINAE：

#include <cstdio>
#include <type_traits>

template < typename T>
auto f(T t) 
    -> std::enable_if_t<std::is_unsigned<T>::value && std::is_integral<T>::value>
{
    printf("Unsigned f version.\n");
}

template < typename T>
auto f(T t) 
    -> std::enable_if_t<std::is_signed<T>::value && std::is_integral<T>::value>
{
    printf("Signed f version.\n");
}

int main()
{
    unsigned u = 1;
    signed s = 1;
    f(u);
    f(s);
}

Live Example

注意：enable_if_t<T> 是 typename enable_if<T>::type 的类型别名，在 C++14 中可用（您可以自己编写）

Answer 2

In this case it doesn't compile... so how to deal with this?

再次考虑您的模板：

template < typename T,
           typename = std::enable_if<std::is_integral<T>::value>,
           typename = std::enable_if<std::is_unsigned<T>::value>
>
void f(T t) {

您实际上并没有使用 SFINAE。您的未命名类型只是 std::enable_if<X>。这始终是一个有效的类型。为了申请SFINAE，其实你需要在末尾加上::type或者使用std::enable_if_t，即：

template < typename T,
           typename = std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value>,
           typename = std::enable_if_t<std::is_unsigned<T>::value>
>
void f(T t) {

现在，您运行进入两个不明确的函数模板，您可以通过使用 enable_if_t 作为值而不是类型来消除歧义.即：

template < typename T,
           std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value &&
                            std::is_unsigned<T>::value>* = nullptr
           >
void f(T t) { ... }

另一种情况也类似。

C++ 模板函数实现不正确

C++ template function implementation is not correct

c++

function

templates

sfinae

enable-if