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我有一个带参数的函数。有时它是一个“原始”数字，有时它是一个包含在包含有关数字的一些元信息的持有者类中的数字。我可以像这样区分这两种情况

template<class T>
struct Holder
{
};

template<class T>
void f1(T)
{
}

template<class T>
void f1(Holder<T>)
{
}

但是，现在我想根据用户的需要返回原始数字或持有人。我知道用户在调用函数时必须明确指定模板参数。没关系，但如果可能的话，我希望该函数具有相同的名称。像这样的东西

template<class T>
T f1()
{
    return T();
}

template<class T>
Holder<T> f1()
{
    return T();
}

但是，将其称为f1<int>();或f1<Holder<int>>();导致error: ambiguous call to overloaded function

在不更改函数名称的情况下这可能吗？（如果不是，这没什么大不了的，我只是好奇）

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除了使用 SFINAE ( std::enable_if) 的方法之外，您还可以使用部分专业化。由于函数模板无法实现部分特化，因此需要一些麻烦，但是：

template <typename T>
struct f1_specialization {
    static T f1() { ... }
};
template <typename T>
struct f1_specialization<Holder<T>> {
    static Holder<T> f1() { ... }
};
template <typename T>
T f1() { return f1_specialization<T>::f1(); }

任何一种方法都可能或多或少清晰，它们都应该有效。

于 2013-09-16T16:17:28.080 回答
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是的，有可能，使用enable_if. 但这太可怕了。我将用 C++11 编写它。

template <typename T> struct is_holder {
  static constexpr bool value = false;
};
template <typename T> struct is_holder<Holder<T>> {
  static constexpr bool value = true;
};

template <typename T,
          typename = typename std::enable_if<is_holder<T>::value>::type>
T f1() {
  // T is Holder<U>
}

template <typename T,
          typename = typename std::enable_if<!is_holder<T>::value>::type>
T f1() {
  // T is not Holder<U>
}

当然，您仍然必须在调用模板参数时显式指定它。

于 2013-09-16T16:12:04.063 回答
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结帐decltype。

    template <class T, class U>
    auto add(T t, U u) -> decltype(t + u);
于 2013-09-16T17:06:09.433 回答