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如果类成员typedef不存在，则使用默认类型的模板特化

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我正在尝试编写使用模板参数的成员typedef的代码，但是如果模板参数没有该typedef，则希望提供默认类型 . 我尝试过的一个简单示例是：

struct DefaultType    { DefaultType()    { printf("Default ");    } };
struct NonDefaultType { NonDefaultType() { printf("NonDefault "); } };

struct A {};
struct B { typedef NonDefaultType Type; };

template<typename T, typename Enable = void> struct Get_Type { 
    typedef DefaultType Type; 
};
template<typename T> struct Get_Type< T, typename T::Type > {
    typedef typename T::Type  Type; 
};

int main()
{
    Get_Type<A>::Type test1;
    Get_Type<B>::Type test2;
}

我希望这会打印“Default NonDefault”，而是打印“Default Default” . 我的期望是main（）中的第二行应该与Get_Type的专用版本匹配，因为B :: Type存在 . 但是，这不会发生 .

任何人都可以解释这里发生了什么，如何解决它，或另一种方法来实现相同的目标？

谢谢 .

编辑：

格奥尔格提供了另一种方法，但我仍然很好奇为什么这不起作用 . 根据boost enable_if文档，为不同类型专门化模板的方法如下：

template <class T, class Enable = void> 
class A { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_integral<T> >::type> { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_float<T> >::type> { ... };

这是有效的，因为enable_if <true>的类型为typedef，但enable_if <false>则不然 .

我不明白这与我的版本有什么不同，而不是使用enable_if我直接使用T :: Type . 如果T :: Type存在与上面示例中的enable_if <true> :: type不同，是否会导致选择特化？如果T :: Type不存在，那就不一样与enable_if <false> :: type不存在并导致在上面的例子中选择默认版本？

c++ templates

3 回答

  • 8

    要回答你的补充 - 你的专业化参数传递成员typedef并期望它产生 void 作为类型 . 这没有什么神奇之处 - 它只使用默认参数 . 让我们看看它是如何工作的 . 如果您说 Get_Type<Foo>::type ，则编译器使用 Enable 的默认参数，即 void ，类型名称变为 Get_Type<Foo, void>::type . 现在，编译器检查是否有任何部分特化匹配 .

    部分特化的参数列表 <T, typename T::Type> 是从原始参数列表 <Foo, void> 中推导出来的 . 这将推导 T 到 Foo ，然后将 Foo 替换为专业化的第二个参数，产生 <Foo, NonDefaultType> 的最终结果用于部分专业化 . 但是，它根本不匹配原始参数列表 <Foo, void> ！

    您需要一种方法来生成 void 类型，如下所示：

    template<typename T>
struct tovoid { typedef void type; };

template<typename T, typename Enable = void> struct Get_Type { 
    typedef DefaultType Type; 
};
template<typename T> 
struct Get_Type< T, typename tovoid<typename T::Type>::type > {
    typedef typename T::Type  Type; 
};

    现在这将像您期望的那样工作 . 使用MPL，您可以使用 always 而不是 tovoid

    typename apply< always<void>, typename T::type >::type
    回复于
  • 4

    你可以通过利用SFINAE来做到这一点：

    template<class T> struct has_type {
    template<class U> static char (&test(typename U::Type const*))[1];
    template<class U> static char (&test(...))[2];
    static const bool value = (sizeof(test<T>(0)) == 1);
};

template<class T, bool has = has_type<T>::value> struct Get_Type {
    typedef DefaultType Type;
};

template<class T> struct Get_Type<T, true> { 
    typedef typename T::Type Type;
};
    回复于
  • 8

    第一步：停止使用“类型”并使用mpl标准“类型” .

    BOOST_MPL_HAS_XXX_DEF(Type)

template < typename T >
struct get_type { typedef typename T::Type type; };

template < typename T >
struct calculate_type : boost::mpl::if_
<
  has_Type<T>
, get_type<T>
, boost::mpl::identity<default_type>
>::type {}

typedef calculate_type<A>::type whatever;

    如果在元函数中使用“type”而不是“Type”，则不需要提取器“get_type”来转换它，在这种情况下可能只返回T.

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