我正在为嵌入式设备开发应用程序，因此没有type_traits和enable_if（编译器质量差）。我自己创建了它们：
template <typename T>
struct is_pointer_t{
enum{value = false};
};
template <typename T>
struct is_pointer_t<T*>{
enum{value = true};
};
和
consts和volatiles的类似声明。现在执行
enable_if：template <bool boolean, typename T = void>
struct enable_if{};
template <typename T>
struct enable_if<true, T>{
typedef T type;
};
现在，我想拥有一个类，该类基于我使用的指针或普通类型，它们是否在其上调用析构函数，因此，如果我可以使用模板化析构函数，那将是很好的。但是我不知道如何做，因为我才刚刚开始理解模板编程。以下尝试失败：
template <typename T>
class pointerOrNot{
public:
template <typename U>
void one();
};
template <typename T>
template <typename enable_if<is_pointer_t<T>::value>::type>
void pointerOrNot<T>::one(){
std::cout << "Success1" << std::endl;
}
template <typename T>
template <typename enable_if<!is_pointer_t<T>::value>::type>
void pointerOrNot<T>::one(){
std::cout << "Success2" << std::endl;
}
它说它与定义不匹配。因此，我尝试了以下操作：
template <typename T>
class pointerOrNot{
public:
template <typename enable_if<is_pointer_t<T>::value>::type>
void one();
template <typename enable_if<!is_pointer_t<T>::value>::type>
void one();
};
但是然后one（）之一将空类型作为模板，并且编译失败。我怎样才能做到这一点？也可以用析构函数做到这一点吗？
最佳答案
首先让我们考虑以下类的指针：
template <typename T>
struct Introducer{
void intro(){
std::cout<<"I'm a pointer, I point to adress "<<mem<<std::endl;
}
T mem;
Introducer(T m):mem(m){}
};
它适用于指针，但也适用于非指针：
Introducer<int> i(10);
i.intro();//just fine!
我们希望在编译期间检测到这种滥用，并且还将Introducer更改为
template <typename T>
struct Introducer{
typename enable_if<is_pointer_t<T>::value, void>::type //this is the return type of the function
intro(){
std::cout<<"I'm a pointer, I point to adress "<<mem<<std::endl;
}
...
};
现在，编译器不允许我们在Introducer中使用非指针。下一步，我们希望通过SFINAE为非指针提供特殊功能：
template <typename T>
struct Introducer{
typename enable_if<is_pointer_t<T>::value, void>::type
intro(){
std::cout<<"I'm a pointer, I point to adress "<<mem<<std::endl;
}
typename enable_if<!is_pointer_t<T>::value, void>::type
intro(){
std::cout<<"I'm a non-pointer, my value is "<<mem<<std::endl;
}
...
};
地狱，它甚至不编译！让我们更仔细地阅读有关SFINAE的文章：
如果替换导致无效的类型或表达式，请键入
推论失败。无效的类型或表达式将是
如果使用替换参数编写，则格式错误。仅无效
函数类型的直接上下文中的类型和表达式
其模板参数类型可能会导致推导失败。
T不在即时上下文中，因此SFINAE不起作用，让我们将T引入即时上下文中：template <typename T>
struct Introducer{
template <typename C=T>
typename enable_if<is_pointer_t<C>::value, void>::type
intro(){
std::cout<<"I'm a pointer, I point to adress "<<mem<<std::endl;
}
template <typename C=T>
typename enable_if<!is_pointer_t<C>::value, void>::type
intro(){
std::cout<<"I'm a non-pointer, my value is "<<mem<<std::endl;
}
...
};
现在的程序
int main(){
Introducer<float*> fp(NULL);
fp.intro();
//But this works also:
Introducer<int> i(10);
i.intro();
}
结果是：
I'm a pointer, I point to adress 0
I'm a non-pointer, my value is 10
那析构函数呢？最简单的方法是从析构函数调用SFINAE-destruction-function（我从未见过SFINAE析构函数，并且不知道如何编写一个，但这并不意味着什么）：
template <typename T>
struct Introducer{
...
~Introducer(){
intro();
std::cout<<"and I'm deleted..."<<std::endl;
}
};
关于c++ - 类中的C++ enable_if-不同的销毁方式，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题：https://stackoverflow.com/questions/34705800/