c – 如何将enable_if用于互斥的非成员函数模板？

我正在尝试编写非成员运算符函数模板,如：

#include <utility>

template < typename T,unsigned L >
class MyType;

template < typename T,typename U,unsigned L >
auto  operator ==( MyType<T,L> const &l,MyType<U,L> const &r )
 -> decltype( std::declval<T>() == std::declval<U>() )
{ /*...*/ }

但是当我尝试处理l和r有不同的长度时：

template < typename T,unsigned Lt,unsigned Lu,class Enable = typename std::enable_if<(Lt < Lu)>::type >
auto  operator ==( MyType<T,Lt> const &l,Lu> const &r )
 -> decltype( std::declval<T>() == std::declval<U>() )
{ /*...*/ }

template < typename T,class Enable = typename std::enable_if<(Lt > Lu)>::type >
auto  operator ==( MyType<T,Lu> const &r )
 -> decltype( std::declval<T>() == std::declval<U>() )
{ /*...*/ }

我得到歧义错误.我尝试过类似的东西：

template < typename T,bool B = (Lt < Lu),class Enable = typename std::enable_if<B>::type >
auto  operator ==( MyType<T,bool B = (Lt > Lu),Lu> const &r )
 -> decltype( std::declval<T>() == std::declval<U>() )
{ /*...*/ }

我已经读过(这里是S.O.)为成员函数模板解决这样的问题. (有时,受访者将成员函数更改为成员函数模板以启用此功能.)但错误不会因我而改变.我是否必须切换到将enable_if放入返回类型？

哦,当无法比较两种元素类型时,返回类型表达式应该排除此运算符.它真的有效吗？是否兼容将enable_if放在那里？

解决方法

有趣的是,certain fellow here on SO在不久前写了一篇博文,展示了一种很好的C 11风格的SFINAE技术,它可以轻松实现重载功能.技术和解释提供于 here.

简而言之,您的代码会失败,因为在第一次解析时和解析非依赖声明时,两个模板都是完全相同的类型.与默认函数参数一样,默认模板参数仅在实际调用函数时被替换.这是两个模板在声明时对编译器的看法：

template<class T,class U,class Enable>
auto operator==(MyType<T,Lt> const& l,Lu> const& r);

以下代码应该实现您想要的：

namespace detail{
enum class enabler{};
}

template<bool B,class T = detail::enabler>
using EnableIf = typename std::enable_if<B,T>::type;

template < typename T,EnableIf<(Lt < Lu)>...>
auto  operator ==( MyType<T,EnableIf<(Lt > Lu)>...>
auto  operator ==( MyType<T,Lu> const &r )
 -> decltype( std::declval<T>() == std::declval<U>() )
{ /*...*/ }

然而,一个问题仍然是……如果Lt == Lu会怎么样？在这种情况下,过载都不可行.

原文地址：https://www.jb51.cc/c/111874.html