我正在尝试使用专门化在头文件和实现之间拆分一个模板化类,但我希望一种方法仅出现在某些专门化中。
头文件:
template <typename T>
class A
{
public:
void foo();
void bar();
template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
void special();
};
实现:
template<typename T>
void A<T>::foo()
{
...
}
template<typename T>
void A<T>::bar()
{
...
}
template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,T>::value>::type>
void A<T>::special()
{
...
}
// generate specializations
template
class A<float>;
template
class A<int>;
template
class A<std::string>;
但是我不断收到 error: declaration is incompatible with function template "void A<T>::special()"
当我这样尝试时,或者当我移动 std::enable_if
时成为返回类型。定义应该如何匹配此方法的声明special()
?
最佳答案
此代码存在一些问题。在声明中,您有一个额外的尖括号。此外,*
紧跟 =
将始终被解释为单个标记 *=
;它们必须在此代码中用空格分隔,以便将 *
解释为形成指针,将 =
解释为声明模板参数的默认值。因此,声明应为:
template<typename U = T,
typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
void special();
在定义的时候,由于是定义类模板的成员模板,所以需要先写出类模板的模板参数列表,再写出成员模板。此外,您的定义中没有足够的模板参数:请记住,U
也在那里,是 U
,而不是 T
,需要出现在is_convertible
部分:
template <typename T>
template <typename U, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
// ...
}
请注意,此处 U
的准确拼写并不重要:我们可以重新标记 U
,因为它是一个“虚拟变量”:
template <typename T>
template <typename V, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,V>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
// ...
}
但是,除了重新标记之外,所有其他细节都必须完全匹配。
关于c++ - 如何通过专门化在具有单独声明和定义的模板化类的方法上使用 std::enable_if,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/57682899/