为了区分使用SFINAE的t
类型的参数T
,我想知道该语句是否
QVariant::fromValue(t);
和/或
QVariant::value<T>();
编译。如果一个编译,除非您修改了元类型系统,否则另一个也可以编译。当且仅当使用
T
声明了Q_DECLARE_METATYPE(T)
时,它们才会编译。一个非常简单的用法示例,当且仅当元类型系统支持时,才想通过qDebugging一个变量包装的等效项来打印值的类型(我不需要这个,但这在最小程度上显示了问题例子):
template<class T> // enable if T NOT registered in the Qt meta type system
void print(const T &t) {
qDebug() << t;
}
template<class T> // enable if T registered in the Qt meta type system
void print(const T &t) {
qDebug() << QVariant::fromValue<T>();
}
我知道这样做的几种(但还是类似的)可能性,但是它们都引入了一些辅助结构,复杂的enable_if等。现在我知道有
QTypeInfo
,我猜它已经提供了类似的内容,例如“在Qt元类型中声明了”系统”类型特征。但是,该类未记录在文档中,因此不建议将其用于长期有效的代码中,因为它可能会在Qt版本之间进行更改。如果QVariant支持
T
类型,是否有一种非常简单的方法(比使用“checker” + enable_if简单)来检查SFINAE特化?请注意,该解决方案仍应在不同的Qt版本之间可移植(Qt4和Qt5可能使用不同的
QTypeInfo
定义)。但是,我使用C++ 11,因此例如可以访问std::enable_if
。“非便携式”方法是在
QMetaTypeId2<T>::Defined
中使用enable_if
的内部定义(这是一个定义为0或1的枚举值)。因此,一个可行的解决方案是:template<class T>
typename std::enable_if<!QMetaTypeId2<T>::Defined>::type
print(const T &t) {
qDebug() << t;
}
template<class T>
typename std::enable_if<QMetaTypeId2<T>::Defined>::type
print(const T &t) {
qDebug() << QVariant::fromValue<T>();
}
但是,由于没有记录
QMetaTypeId2
,而仅记录内部内容,因此它不应出现在客户端代码中。 最佳答案
您应该声明一个可以为您提供帮助的包装器。我能想到的最好的就是根据Qt的version定义几个:
template<typename T>
struct is_registered
{
enum
{
value =
#if QT_VERSION >= 0x050000 // Qt 5.0.0
QMetaTypeId2<T>::Defined
#elif QT_VERSION >= 0x040000 // Qt 4.0.0
QMetaTypeId2<T>::Defined
#endif
};
};
那不是美学,而是功能性的,在您的代码中,您可以使用
is_registered<T>::value
而不用担心Qt的版本。另外,我暂时没有Qt5,所以我不能告诉你QMetaTypeId2<T>::Defined
是否正确(尽管我认为是正确的)。无法使用
qMetaTypeId<T>()
来检查类型是否已注册。实际上,无论类型如何,qMetaTypeId<T>()
表达式始终有效。如果未注册,该函数的主体将不会编译(更精确的说:在当前的Qt 4和5中,qMetaTypeId<T>()
仅调用另一个未注册类型的函数,如果未注册该类型,则该代码不起作用)。无法使用SFINAE对其进行测试,因此,代码leemes在其答案will not work as expected(现已删除)中给出了此代码。该代码是:
struct _test_is_declared_metatype
{
template<class T>
static auto test(T* t) -> decltype(qMetaTypeId<T>(), std::true_type());
static std::false_type test(...);
};
template<class T>
struct is_declared_metatype : decltype(_test_is_declared_metatype::test<T>(0))
{
};
为什么这行不通?目的是因为在未注册的类型上调用
qMetaTypeId<T>()
会导致编译错误,因此“当未注册类型时,SFINAE将排除第一个函数”。这里的问题是qMetaTypeId<T>()
始终是有效的表达式,因此qMetaTypeId<T>(), std::true_type()
也是如此,而且decltype(qMetaTypeId<T>(), std::true_type())
的定义也很完美(值为std::true_type
)。这是因为
qMetaTypeId<T>()
的编译错误源于函数的主体,而不是源于其原型(prototype)(通过这种方式,仅当decltype
中的函数已声明并正确调用时,代码才会编译,即,非模板函数没有模板参数)例如)。因此,由于
test()
的重载比可变参数的重载更为具体,因此将始终选择它,因此将始终“返回”已注册的类型。您可以在以下测试代码中看到它:// ----------------------------------------------------------
// qmetatype.h simplification -------------------------------
// ----------------------------------------------------------
template<typename T>
struct metatype
{
enum { defined = 0 };
};
template<typename T>
struct metatype2
{
enum { defined = metatype<T>::defined };
static inline int id() { return metatype<T>::id(); }
};
template <typename T>
inline int metatypeId(
T * /* dummy */ = 0
)
{
return metatype2<T>::id();
}
#define register_meta_type( _type_ ) \
template<> \
struct metatype< _type_ > \
{ \
enum { defined = 1 }; \
static int id() \
{ \
/* Run-time registration in Qt */ \
return __COUNTER__; \
}; \
};
// ----------------------------------------------------------
// ----------------------------------------------------------
// ----------------------------------------------------------
class TestA {};
register_meta_type(TestA)
class TestB {};
class TestC {};
register_meta_type(TestC)
class TestD {};
#include <type_traits>
struct _test_is_declared_metatype
{
/*
metatypeId<T>() is always a valid expression. So this overload is
always taken
*/
template<class T>
static auto test(T* t) -> decltype(metatypeId<T>(), std::true_type());
static std::false_type test(...);
};
template<class T>
struct is_declared_metatype : decltype(_test_is_declared_metatype::test<T>(0))
{
};
#include <iostream>
#define PRINT_DEF( _type_ ) std::cout << #_type_ << " registered ? " << is_declared_metatype< _type_ >::value << "\n";
int main()
{
std::cout << std::boolalpha;
PRINT_DEF(TestA);
PRINT_DEF(TestB);
PRINT_DEF(TestC);
PRINT_DEF(TestD);
}
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qmetatype.h
here。