c++ - 使用 enable_if 和 is_integral 来制作分布特征

Question

我想根据给定的类型为 std::uniform_*_distribution 创建一个特征。例如:

distribution_traits<float>::type int_dist;

我尝试了以下方法，但没有一种编译通过，我也不知道为什么。

实现 1

将 std::enable_if 与 typedef 一起使用:

template <typename T>
struct distribution_traits {
  using type = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, std::uniform_int_distribution<T>>::type;
  using type = typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, std::uniform_real_distribution<T>>::type;
};

Clang 3.4 提示:

dist_traits.cpp:7:9: error: redefinition of 'type'
  using type = typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, std::uniform_real_distribution<T>>::type;
        ^
dist_traits.cpp:6:9: note: previous definition is here
  using type = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, std::uniform_int_distribution<T>>::type;
        ^
dist_traits.cpp:6:40: error: no type named 'type' in 'std::enable_if<false, std::uniform_int_distribution<float> >'; 'enable_if' cannot be used to
      disable this declaration
  using type = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, std::uniform_int_distribution<T>>::type;
                                       ^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
dist_traits.cpp:28:3: note: in instantiation of template class 'distribution_traits<float>' requested here
  distribution_traits<float>::type int_dist;
  ^
2 errors generated.

实现 2

使用enable_if作为类模板参数:

template <typename T, typename distribution_t = void>
struct distribution_traits;

template <typename T>
struct distribution_traits<
    T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value,
                        std::uniform_int_distribution<T> >::type > {
  using type = std::uniform_int_distribution<T>;
};

template <typename T>
struct distribution_traits<
    T, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value,
                        std::uniform_real_distribution<T> >::type > {
  using type = std::uniform_real_distribution<T>;
};

Clang 提示

dist_traits.cpp:28:3: error: implicit instantiation of undefined template 'distribution_traits<float, void>'
  distribution_traits<float>::type int_dist;
  ^

两种方式都无法被MSVC++ 12.0编译，报错信息也类似。

谁能解释一下我在 SFINAE 上做错了什么？谢谢!

---

对于那些对解决方案感到好奇的人，这里是编译的那个:

template <typename T>
auto dist() -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, std::uniform_int_distribution<T>>::type;

template <typename T>
auto dist() -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, std::uniform_real_distribution<T>>::type;

template <typename T>
struct distribution_traits {
  using type = decltype(dist<T>());
};

顺便说一句，如果将 dist 函数放入 distribution_traits 中，编译将失败并出现错误:函数仅在返回类型上不同，无法重载。 :(

Answer 1

SFINAE 可用于在替换模板参数期间丢弃函数模板和类模板特化的重载。

它不能像您尝试的那样与类型/模板别名一起使用。

关于您的工作代码 - 放置 dist类内部不起作用，因为您试图调用 dist里面decltype没有对象。制作dist静态的，它会工作:

template <typename T>
struct distribution_traits {
  template <typename U>
  static auto dist() -> typename std::enable_if<std::is_integral<U>::value, std::uniform_int_distribution<U>>::type;

  template <typename U>
  static auto dist() -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<U>::value, std::uniform_real_distribution<U>>::type;    

  using type = decltype(dist<T>());
};

要使实现 2 起作用，您需要省略 enable_if 的第二个参数:

模板 结构分布特征；

template <typename T>
struct distribution_traits<
    T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type> {
  using type = std::uniform_int_distribution<T>;
};

否则你定义的特化是distribution_traits<T, uniform_int_distribution<T>>这与 distribution_traits<float> 这样的实例不匹配因为第二个参数默认为void .