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我知道如何专门化一个模板函数，但是我想在这里做的是专门为所有具有给定方法的类型的函数，例如：

template<typename T> void foo(){...}

template<typename T, if_exists(T::bar)>void foo(){...}//always use this one if the method T::bar exists

我的类中的 T::bar 是静态的，并且具有不同的返回类型。

我尝试通过为我的类派生一个空的基类（“class HasBar{};”）并在我的“专业”版本上使用 boost::enable_if 和 boost::is_base_of 来做到这一点。然而问题在于，对于确实有 bar 的类，编译器无法解析使用哪一个 :(。

template<typename T>
typename boost::enable_if<boost::is_base_of(HasBar, T>, void>::type f()
{...}

我知道我可以在“普通”版本上使用 boost::disable_if ，但是我不控制普通版本（它由第三方库提供，并且它期望进行专业化，我只是不想为我的 20 个左右的类进行明确的专业化），我也没有太多控制使用这些函数的代码，只有实现 T::bar 的类和使用它的函数。

有没有办法告诉编译器“无论如何都尽可能使用这个版本”而不改变其他版本？

编辑：我尝试了使用模板类和显式专业化的不同方法，但这显然也是不允许的......无论如何要使这种方法起作用？

template<typename T>class ImpFoo
{
public:
    //error C3637: 'foo' : a friend function definition cannot be a specialization of a function template
    template<> friend void foo<T>(){...}
};
...
class SomeClass : public ImpFoo<T>
{
...
    SomeType bar(){...}
};
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遗憾的是，您在这种情况下运气不佳，正如@aaa 所说，您能做的最好的事情就是明确专门化模板。
由于您可以将这些专业化限制为对一个中心功能的简单转发，因此 20 个类的开销应该是可以承受的。例如：

template<class T> my_foo() { /* do the actual work */ }

template<> void foo<MyClass01>() { my_foo<MyClass01>(); }
// ...
template<> void foo<MyClass20>() { my_foo<MyClass20>(); }
于 2010-05-23T01:39:04.810 回答