使用sfinae在clase模板中选择不同的方法实现
使用sfinae在clase模板中选择不同的方法实现
提问于 2013-09-09 14:03:28
对于GTK GUI，我有一个简单的包装类，如下所示：
template <class T>
class LabeledEntry
{
string name;
T var;
Gtk::HBox hbox;
Gtk::Label label;
Gtk::Entry entry;
public:
LabeledEntry( string _name, T _var, Gtk::VBox* vbox):
name( _name ),
var(_var)
{
label.set_text( name.c_str() );
ostringstream os;
os << var ;
entry.set_text( os.str().c_str() );
hbox.add( label );
hbox.add( entry );
vbox->add( hbox);
}
T Get()
{
string valString( entry.get_text());
istringstream is( valString);
is >> noskipws >> var;
return var;
}
};现在，如果T Get()的类型是string，我需要一个特殊的实现，因为跳过字符串的空白是行不通的。在这里，我需要方法中的getline。
我发现了很多std::is__xxx模板来检查很多属性，比如is_integral等等。但是我需要直接和给定的类型进行比较。有机会吗？
以及如何在类中编写这两个实现的语法？类似于：
class ...
{
std::enable_if( true, XXX_IS_STRING)::type Get()
{
}
std::enable_if ( false, XXX_IS_SRING)::type Get()
{
}
};对不起，我有点困惑使用SFINAE在成员参数列表中没有模板参数。
回答 4
Stack Overflow用户
回答已采纳
发布于 2013-09-09 14:25:55
您应该将Get函数模板化，并像这样使用std::enable_if：
#include <type_traits>
#include <iostream>
#include <string>
template <class T>
class LabeledEntry
{
// ...
public:
template <class U = T>
typename std::enable_if<std::is_same<U, std::string>::value, U>::type
Get()
{
return {"string"};
}
template <class U = T>
typename std::enable_if<!std::is_same<U, std::string>::value, U>::type
Get()
{
return {42};
}
};
int main()
{
LabeledEntry<std::string> sle;
std::cout << sle.Get() << std::endl;
LabeledEntry<int> ile;
std::cout << ile.Get() << std::endl;
return 0;
}Stack Overflow用户
发布于 2013-09-09 14:48:28
如果只有成员函数需要基于类模板类型的特殊实现，那么可能更容易为成员函数定义专门化，而不是使用SFINAE。
#include <iostream>
#include <string>
template <class T>
class LabeledEntry
{
// ...
public:
T Get()
{
return 42;
}
};
template <>
std::string LabeledEntry<std::string>::Get()
{
return "string";
}
int main()
{
std::cout << LabeledEntry<std::string>().Get() << "\n"
<< LabeledEntry<int>().Get() << std::endl;
}这将产生以下结果：
string
42Stack Overflow用户
发布于 2013-09-09 14:47:02
但是我需要直接和给定的类型进行比较。有机会吗？
使用std::is_same<T, std::string>测试T是否为std::string。
您可以定义别名模板以简化以下操作：
template<typename T>
using is_string = std::is_same<T, std::string>;对不起，我有点困惑使用SFINAE在成员参数列表中没有模板参数。
您不能对非模板进行SFINAE，所以如果成员函数不是模板函数，则不能使用SFINAE。
你的选择包括：
- 使成员函数成为模板(请参阅soon's answer)
- 转发到另一个函数，它是一个模板：
T Get() const
{ return Get_impl( entry.get_text() ); }
private:
template<typename P>
using enable_if = typename std::enable_if<P::value>::type;
template<typename U, typename Requires = enable_if<is_string<U>>>
U Get_impl( const U& u ) const
{ ... }
template<typename U, typename Requires = enable_if<!is_string<U>>>
U Get_impl( const U& u ) const
{ ... }- 或者定义
LabeledEntry<std::string>的模板专门化，或者定义LabeledEntry用来进行转换的其他类。
页面原文内容由Stack Overflow提供。腾讯云小微IT领域专用引擎提供翻译支持
原文链接：
https://stackoverflow.com/questions/18700072
复制相关文章
相似问题
腾讯云开发者
