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我正在尝试使用 boost::enable_if 来打开/关闭类模板中的某些功能，但总是得到编译错误错误：在 struct boost::enable_if 中没有名为“type”的类型。

我的片段：

#include <iostream>
#include <tr1/type_traits>
#include <boost/utility.hpp>

namespace std {
    using namespace tr1;
}

template <typename T1>
struct C {
    template< typename T2 >
    void test( T2&, typename boost::enable_if<
    std::is_const< T1 >, T1 >::type* = 0 ) {

        std::cout << "const" << std::endl;
    }

    template< typename T2 >
    void test( T2&, typename boost::disable_if<
    std::is_const< T1 >, T1 >::type* = 0 ) {

        std::cout << "non-const" << std::endl;
    }
};

int main() {
    const int ci = 5;
    int i = 6;

    C<char> c;
    c.test(ci);
    c.test(i);
    return 0;
}

但是以下类似的代码可以正常工作：

#include <iostream>
#include <tr1/type_traits>
#include <boost/utility.hpp>

namespace std {
    using namespace tr1;
}

template <typename T1>
struct C {
    template< typename T2 >
    void test( T2&, typename boost::enable_if<
    std::is_const< T2 >, T1 >::type* = 0 ) {

        std::cout << "const" << std::endl;
    }

    template< typename T2 >
    void test( T2&, typename boost::disable_if<
    std::is_const< T2 >, T1 >::type* = 0 ) {

        std::cout << "non-const" << std::endl;
    }
};

int main() {
    const int ci = 5;
    int i = 6;

    C<char> c;
    c.test(ci);
    c.test(i);
    return 0;
}

我想要实现的是基于类模板中声明的类型禁用/启用一些成员函数。实际上不需要模板成员函数。它们只是为 SFINAE 添加的。

有人可以帮忙吗？？

谢谢！

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2 回答 2

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SFINAE（用于实现的机制enable_if）仅在函数模板的模板参数的上下文中起作用。在您的情况下，T1是封闭类模板的模板参数，而不是函数模板本身的模板参数。从函数模板的角度来看，它是一个固定类型，不能按照声明中的说明使用它是正常错误，而不是替换失败。

于 2014-01-29T08:35:30.483 回答
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一种方法是对类本身进行专门化，可能作为基类，以防您只想对某些功能执行此操作：

template <typename T1>
struct B {
    template<typename T2>
    void test( T2& ) {

        std::cout << "non-const" << std::endl;
    }
};

template <typename T1>
struct B< const T1 > {
    template<typename T2>
    void test( T2& ) {

        std::cout << "const" << std::endl;
    }
};

template <typename T1>
struct C : B<T1> {
    //...
};
于 2014-01-29T08:35:58.147 回答