如何在ADL期间将函数模板设置为最低优先级？

我有一个问题，我想提供一个函数foo的通用版本，它只能在绝对没有其他匹配调用时应用。如何修改以下代码，使last_resort::foo与derived::type比base::foo更糟？我想找到一个解决方案，它不涉及修改bar的定义，它将保留last_resort::foo参数的类型。如何在ADL期间将函数模板设置为最低优先级？

#include <iostream> 

namespace last_resort 
{ 

template<typename T> void foo(T) 
{ 
    std::cout << "last_resort::foo" << std::endl; 
} 

} 

template<typename T> void bar(T) 
{ 
    using last_resort::foo; 
    foo(T()); 
} 

namespace unrelated 
{ 

struct type {}; 

} 

namespace base 
{ 

struct type {}; 

void foo(type) 
{ 
    std::cout << "base::foo" << std::endl; 
} 

} 

namespace derived 
{ 

struct type : base::type {}; 

} 

int main() 
{ 
    bar(unrelated::type()); // calls last_resort::foo 
    bar(base::type());  // calls base::foo 
    bar(derived::type()); // should call base::foo, but calls last_resort::foo instead 

    return 0; 
}

来源

2011-09-30 Jared Hoberock

last_resort::foo可以从与disable_if设置过载被移除。如果foo(T)是其他格式良好的话，这个想法是禁用last_resort::foo(T)。这会导致last_resort::foo(T)成为foo最坏匹配：

namespace test 
{ 

template<typename T> struct has_foo { ... }; 

} 

namespace last_resort 
{ 

template<typename T> 
    struct disable_if_has_foo 
    : std::enable_if< 
     !test::has_foo<T>::value 
     > 
{}; 

template<typename T> 
    typename disable_if_has_foo<T>::type foo(T) 
{ 
    std::cout << "last_resort::foo" << std::endl; 
} 

}

输出：

$ g++ last_resort.cpp 
$ ./a.out 
last_resort::foo 
base::foo 
base::foo

This answer描述如何构建用于检查返回void一个函数（foo）的存在的溶液中。

来源

2011-10-01 05:30:34

你不能做太多的事情。这两个foo函数都在重载集合中。但你的last_resort之一是一个更好的匹配，因为它不需要像base :: foo for derived :: type（）那样进行转换。只有在两个候选人通过参数和可能的转换来判断“同样好”的情况下，非模板才是优选的。

来源

2011-09-30 18:42:18 sellibitze

这是真的，但我想知道是否有办法通过用默认值增加一些额外参数来将“隐藏”转换引入到foo中？ –

我不认为它会起作用。根据我所能说的，你能得到的“最好”是一种模糊性，因此编译失败。但也许，我也错过了一些东西。 – sellibitze

该解决方案似乎是装饰'''last_resort :: foo''的返回类型，类似'''disable_if_foo_exists :: type'''，它将使用SFINAE来检查一个免费的'''foo '''功能。如果存在，'''last_resort :: foo'''将从超载集中移除。 –

您可以在derived::type的声明后为derived::type提供bar的超载。这可以在namespace derived或不。

void bar(derived::type) 
{ 
    foo(derived::type()); 
}

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2011-09-30 20:40:19 JohnPS

这将是约那样糟糕，因为它得到：

struct badParam { template <typename T> badParam(T t) { } }; 
namespace last_resort { 
    void foo(badParam, int dummy = 0, ...) { 
    std::cout << "last_resort::foo" << std::endl; 
    } 
}

你已经有了一个用户定义的转换，一个默认的参数和未使用的省略号。

[编辑]

轻微变型中，以保存T我移动用户定义的转换到伪参数：

struct badParam { 
    badParam() { } 
    operator int() { return 42; } 
}; 
namespace last_resort { 
    template <typename T> void foo(T t, int dummy = badParam(), ...) { 
    std::cout << "last_resort::foo" << std::endl; 
    } 
}

来源

2011-09-30 22:59:12 MSalters

谢谢。我认为添加'''badParam'''就足以将它降级，但是它在转换中擦除了'''T'''的类型。 –

那么，对于最后一种手段，你总是不能依赖T，因为你得到了所有奇怪的类型。但是保存它很困难。模板参数扣减不会生成这些用户定义的转换。 – MSalters

古代的帖子，但随机的想法：如何使用原始的'badParam'，但使'badParam'模板类型与模板参数值指针实际调用的函数，它在它的构造函数中这样做。 – Yakk

如何在ADL期间将函数模板设置为最低优先级？

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