考虑以下示例。
#include <type_traits>
#include <iostream>
using namespace std;
template <typename T_>
using Integral = typename std::enable_if<std::is_integral<T_>::value,T_>::type;
template <typename T_>
using NotIntegral = typename std::enable_if<!std::is_integral<T_>::value, T_>::type;
template <typename T_>
void printIt(const Integral<T_> &value) { cout << "Integral == " << value << endl; }
template <typename T_>
void printIt(const NotIntegral<T_> &value) { cout << "Non Integral == " << value << endl; }
template <typename T_>
void foo(const T_ &value) { printIt<T_>(value); }
int main(int argc, char** argv)
{
printIt<int>(66); //Must explicitly provide argument type.
//printIt(33); //Compiler error. No overloaded function....????
foo(29.);
return 0;
}
为什么需要显式设置模板参数的类型?编译器是否应该确定它是
int
类型参数? 最佳答案
因为这些是 non-deduced contexts 。
想象一下专门化 std::enable_if<std::is_integral<T_>::value,T_>
以便 ::type
评估其他内容。编译器无法知道从 typename something<T>::type
到 T
的映射。
你可以通过将 std::enable_if
作为返回类型的一部分来实现你想要的结果,这样不匹配的重载就会被 SFINAEd 掉:
template <typename T>
auto printIt(T x) -> std::enable_if_t<std::is_integral_v<T>, void> { /*...*/ }
template <typename T>
auto printIt(T x) -> std::enable_if_t<!std::is_integral_v<T>, void> { /*...*/ }
live wandbox example
关于c++ - 模板类型推导失败?,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题:https://stackoverflow.com/questions/46151662/