我似乎无法弄清楚我要去哪里。
见https://ideone.com/WKsZSN
我试图创建一个仅在其参数为某种类型的模板化类且为迭代器暴露typedef的情况下才存在的函数。
在非条件情况下，该函数将如下所示：
template<template <class, class> class C, class T, class A>
void DoSomething(C<T,A>& val)
{
T* pT;
cout << "did something!\n";
}
在这种情况下，这种类型的推导对于这个代码片段是适用的：
vector<int> v{1,2,3,4,5};
DoSomething(v);
好。所以现在我要键入-ducuce我的参数，如果容器类公开了typedef迭代器，则启用enable_if。我使用草药Sutter Gotw Sfinae模式创建了：
template<class T> struct supports_iteration
{
private:
typedef char yes[1];
typedef char no[2];
template <class C> static yes& foo(typename C::iterator*);
template <class C> static no& foo(...);
public:
static constexpr bool value = sizeof(foo<T>(0)) == sizeof(yes);
};
好的，因此使用此命令，我现在可以检测是否公开了迭代器：
vector<int> v{1,2,3,4,5};
DoSomething(v);
cout << "vector<int> supports_iteration? " <<
boolalpha << supports_iteration<decltype(v)>::value << "!" << endl;
工作正常，并输出：
did something!
vector<int> supports_iteration? true!
好的，现在我想像这样使用enable_if升级DoSomething（）：
template<template <class, class> class C, class T, class A>
void DoSomethingSmartly(
typename std::enable_if<
supports_iteration<
C<T,A>
>::value
>::type& val)
{
T* pT;
cout << "did something smartly!\n";
}
但这行不通。我懂了
prog.cpp：在“ int main（）”函数中：
prog.cpp：44：22：错误：没有匹配的函数可以调用“ DoSomethingSmartly（std :: vector＆）”
DoSomethingSmartly（v）; //-失败！
^
prog.cpp：26：6：注意：候选：模板类C，类T，类A> void DoSomethingSmartly（typename std :: enable_if> :: value> :: type＆）
无效DoSomethingSmartly（
^ ~~~~~~~~~~~~~~~~~
prog.cpp：26：6：注意：模板参数推导/替换失败：
prog.cpp：44：22：注意：无法推断出模板参数“模板类C”
DoSomethingSmartly（v）; //-失败！
我究竟做错了什么？
最佳答案
在尝试C，T，A在不可推论的上下文中（在traits<T>::type，T在不可推论的上下文中），您可以在返回类型上使用enable_if：
template<template <class, class> class C, class T, class A>
typename std::enable_if<supports_iteration<C<T,A>>::value>::type
DoSomethingSmartly(C<T, A>& val)
{
// ...
}