我应该如何有条件地启用构造函数？

我想实现这样的事情：我应该如何有条件地启用构造函数？

template<typename Bar> 
class foo 
{ 
public: 
    template<class = std::enable_if_t<std::is_constructible<Bar, int>::value>> 
    foo(int x) 
     : m_bar(x) 
    { } 

private: 
    Bar m_bar; 
};

这就产生行为

foo<int> a; // no error 
foo<int> b(0); // no error 
foo<std::string> c; // no error 
foo<std::string> d(0); // error: none of the 3 overloads could convert all the argument types

预期。这个解决方案有什么缺点吗？我不喜欢的是在任何情况下都存在foo::foo(int)。我知道我可以在foo本身的模板参数列表中使用enable_if，并且在这两种情况下可以使用foo，但我不想复制公共代码。

所以，这是最好的（或至少是明智的）选项？

来源

2016-02-27 0xbadf00d

您是不是要找'Bar'，而不是'T'，或者，你的意思是'T类？ = Bar，class = std :: enable_if ...' –

@PiotrSkotnicki是的，当然。抱歉。 – 0xbadf00d

目前，没有即时的上下文，所以它将无法编译而不是“禁用”构造函数 –

这个解决方案有什么缺点吗？

目前，置换发生的直接背景之外，所以你的方法将cause a hard compilation error只要你尝试实例foo与类型不是constructible与int。

要引入即时背景下，你需要一个虚拟参数：

template <typename T = Bar 
//     ^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~v 
     , typename = std::enable_if_t<std::is_constructible<T, int>::value>> 
foo(int x) 
    : m_bar(x) 
{ }

DEMO

来源

2016-02-27 13:48:10

虽然我不确定这是否是您主要关心的问题 –

我已编辑该问题并在代码中添加了示例用法这个问题。 “只要尝试用不能用”int“构造的类型实例化'foo'，你的方法就会导致编译错误。这似乎是错误的。编译错误不会发生，除非我尝试使用'int'参数构造函数。这就是理想的行为，不是吗？ – 0xbadf00d

@ 0xbadf00d不，我添加了演示 –

我应该如何有条件地启用构造函数？

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