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模板类成员函数的显式特化

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我需要为某些类型专门化模板成员函数（比方说 double ） . 它工作正常，而类 X 本身不是模板类，但是当我创建模板时，GCC开始给出编译时错误 .

#include <iostream>
#include <cmath>

template <class C> class X
{
public:
   template <class T> void get_as();
};

template <class C>
void X<C>::get_as<double>()
{

}

int main()
{
   X<int> x;
   x.get_as();
}

这是错误消息

source.cpp:11:27: error: template-id
  'get_as<double>' in declaration of primary template
source.cpp:11:6: error: prototype for
  'void X<C>::get_as()' does not match any in class 'X<C>'
source.cpp:7:35: error: candidate is:
  template<class C> template<class T> void X::get_as()

我该如何解决这个问题？这里有什么问题？

提前致谢 .

c++ templates gcc specialization

2 回答

  • 93

    它不起作用 . 您需要说以下内容，但它是 not 正确

    template <class C> template<>
void X<C>::get_as<double>()
{

}

    显然specialized members需要他们周围的类模板也明确专门化 . 所以你需要说以下内容，它只会专门为 X<int> 成员 .

    template <> template<>
void X<int>::get_as<double>()
{

}

    如果您想保持周围模板的非专业化，您有多种选择 . 我更喜欢超载

    template <class C> class X
{
   template<typename T> struct type { };

public:
   template <class T> void get_as() {
     get_as(type<T>());
   }

private:
   template<typename T> void get_as(type<T>) {

   }

   void get_as(type<double>) {

   }
};
    回复于
  • 19

    如果能够使用 std::enable_if ，我们可以依赖SFINAE（替换失败不是错误）

    这将是这样的：

    #include <iostream>
#include <type_traits>

template <class C> class X
{
public:
    template <class T, typename std::enable_if< ! std::is_same<double,T>::value>::type * = nullptr > void get_as(){
        std::cout << "get as T" << std::endl;
    }


    template <class T, typename std::enable_if< std::is_same<double,T>::value>::type * = nullptr  > void get_as(){
        std::cout << "get as double" << std::endl;
    }
};


int main()
{

    X<int> d;
    d.get_as<double>();

   return 0;
}

    丑陋的是，所有这些enable_if只需要为编译器提供一个专门化，否则会出现消歧错误 . 这就是为什么默认行为“get as T”也需要启用if .

    回复于

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