C++模板函数实现不正确

Question

我已经在这里实现了这个函数（在一个头文件中）。

//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); 

主要是以下...

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

它编译...没问题，但它不显示的printf的内容，我失去了什么？... （我使用Eclipse作为IDE，这可能是一个问题？）

还有一件事......这是否有意义这种实现？ （我想根据输入中的类型编写不同的代码，不管它是否未签名）。

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，它不编译...所以如何处理这个？

谢谢

更新...

我试图修改第一个代码提示，它给了我下面的错误

..\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 ...

好吧，我一直在试图弄清楚它是什么，我不明白...所以我正在深入type_traits的代码（所以我的目标是要了解我做错了什么......）

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; }; 

，因为我想了解发生了什么样的行：

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

因此，假设T是固定的（比方说，int，它是Integrale的）的std::enable_if::value>使用DECL。 1，但是假设_Tp是void型所以实际上发生了什么，在还原条件（我现在替代到T关键字int ......应该是这样的

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

SFINAE在默认函数模板参数上并没有真正的缩放，只有当你想限制一个超载到特定类型的类别。

对于非重叠的多个重载（如您的符号/无符号积分），你可以在返回类型这样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：在enable_if_t<T>是一种别名为typename enable_if<T>::type，可用C++ 14提供（可以自己写）

Answer 2

In t他的情况它不编译...所以如何处理这个？

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) { 

你实际上并没有使用SFINAE。您的未命名类型只是std::enable_if<X>。这总是一种有效的类型。为了SFINAE申请，你实际上需要在末尾添加::type或使用std::enable_if_t，那就是：

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，你会跑成两个模糊的函数模板，您可以通过使用enable_if_t歧义作为值而不是一个类型。那就是：

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

对于其他情况也是类似的。