5
zu arbeiten
Dies ist mein erster Versuch SFINAE:Kann nicht bekommen SFINAE
#include <type_traits>
#include <iostream>
struct C1 {
using T = int;
};
struct C2 {
using T = void;
};
// For classes that declare T = int
template <class C>
void f(C &c,
std::enable_if<!std::is_same<typename C::T, void>::value, int>::type = 0) {
std::cout << "With T" << std::endl;
}
// For classes that declare T = void
template <class C>
void f(C &c,
std::enable_if<std::is_same<typename C::T, void>::value, int>::type = 0) {
std::cout << "Without T" << std::endl;
}
int main() {
C1 c1;
f(c1); // With T
C2 c2;
f(c2); // Without T
return 0;
}
Der Compiler (gcc 4.8.2) klagt:
‘std::enable_if<!(std::is_same<typename C::T, void>::value), int>::type’ is not a type
Was mache ich falsch?
Sie müssen 'Type-Name std schreiben :: enable_if <...> :: type, weil 'type' abhängig ist. [Bitte lesen] (https://stackoverflow.com/questions/610245/where-and-why-do-i-have-to-put-the-template-and-typename-keywords). Wenn Sie C++ 14 verwenden können, können Sie stattdessen 'std :: enable_if_t <...>' 'verwenden, und Sie werden dieses Problem nicht haben. – Simple
Am besten wäre es, 'enable_if' in Template-Parameter zu platzieren, um die Funktionsargumente nicht zu überladen. –
Ich habe Ihren Code bearbeitet. Ich nehme an, dass dies Dinge waren, die Sie einfach weggelassen oder falsch eingegeben haben, aber ich habe sie aus Gründen der Klarheit hinzugefügt. – erip