我正在为一个类实现简单的文本格式化程序。其中的主要功能可以接收将连接的值列表。或者可选地,对于参数不是 ostream 的 friend 的情况,我接受一个转换函数作为第一个参数,它将所有其他参数转换为 std::string。
下面的代码展示了这个想法,但它没有编译。为简单起见,我将在示例中输出到 cout。
struct formater{
template<typename P, typename... PS>
void format(const P& p, const PS&... ps){
if (std::is_convertible<P, std::function<void()>>::value){
cout << p(ps...) << endl;
} else {
cout << p;
log(ps...);
}
}
};
代码不编译的原因是,如果 P 是可调用的,将无法在“else”分支中将其输出到 cout,如果 P 不可调用,则会告诉 P 不可调用且不能在“then”分支中接收 ps... 参数。
我想使用 enable_if,但由于我定义了条件的两种情况(T 和 F),我得到了相同函数的重新定义并且也无法编译。
我可以尝试模仿 static_if,但它看起来一点也不优雅。
我想知道是否有一些优雅的方法来检查 P 是否可调用以及 SFINAE 是否可以调用。也许利用我知道 P 的参数类型,(PS...)->std::string.
最佳答案
有两个问题。首先,就像你说的, if 只是一个运行时分支,其次,你不是在检查一个对象是否可调用,而是在检查一个对象是否可以不带参数调用。任何必须带参数的可调用对象都不会通过您的测试。
我会首先实现那个特性。请注意,这对于 C++17 不是必需的:
template<typename, typename = void>
struct is_callable : std::false_type {};
template<typename F, typename... Args>
struct is_callable<F(Args...), void_t<decltype(std::declval<F>()(std::declval<Args>()...))>> : std::true_type {};
然后,你可以使用std::enable_if
:
struct Formatter {
template<typename F, typename... Args>
auto format(F func, Args&&... args) -> std::enable_if_t<is_callable_v<F(Args...)>> {
std::cout << func(std::forward<Args>(args)...);
std::cout << std::endl;
}
template<typename T>
auto format(T&& value) -> std::enable_if_t<!is_callable_v<T()>> {
std::cout << std::forward<T>(value);
std::cout << std::endl;
}
};
您可以像这样实现 void_t
:
template<typename...>
using void_t = void;
你可以去看看这个实例: Live at coliru
请注意,在 C++17 中,您有 constexpr if 和 std::is_invocable
:
struct Formatter {
template<typename F, typename... Args
void format(F&& param, Args&&... args) {
if constexpr (std::is_invocable_v<F, Args...>) {
std::cout << std::invoke(std::forward<F>(param), std::forward<Args>(args)...);
} else {
std::cout << std::forward<F>(param);
log(std::forward<Args>(args)...);
}
}
};
关于c++ - 在 C++14 的 Variadic 模板中选择可调用类型和不可调用类型是否有一个优雅的解决方案,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/43186841/