enable_if添加一个具有默认参数的函数参数？

Question

我无法理解第二个场景here。它说：

•方案2：添加具有默认参数的函数参数：

template <your_stuff> your_return_type_if_present 
yourfunction(args, enable_if_t<your condition, FOO> = BAR) { 
    // ... 
} 

方案2离开参数命名。您可以说::type Dummy = BAR，但名称虚拟是无关紧要的，并且给它起一个名字很可能会触发未引用的参数警告。您必须选择FOO函数参数类型和BAR默认参数。你可以说int和0，但然后你的代码的用户可能会意外地传递给函数一个额外的整数，将被忽略。相反，我们建议您使用void **，要么0或nullptr因为几乎没有什么可转换为void **：

template <your_stuff> your_return_type_if_present 
yourfunction(args, typename enable_if<your_condition, void **>::type=nullptr) { 
// ... 
} 

如果方案2离开参数然后可以把它用什么无名？ 有没有办法让这样的代码与enable_if一起工作？

enum otype {oadd,omull}; 
template<otype o> 
int add(int num1, std::enable_if<o == oadd, int>::type int= num2) 
{ 
    if (o == omull) return num1 * num1; 
    if (o == oadd) return num1 + num2; 
} 

Answer 1

enable_if实例（如果它帮助）：

对于使用非void返回类型的功能：

对于单条件：

template <template T, typename std::enable_if<!std::is_same<T,std::string>::value>::type* = nullptr > 
T func(T x){} 

对于多个条件：

template <template T, typename std::enable_if<!std::is_same<T,std::string>::value &&!std::is_same<T,int>::value>::type* = nullptr > 
T func(T x){} 

---

对于void返回类型的功能：

对于单条件：

template <template T> 
typename std::enable_if<!std::is_same<T,std::string>::value>::type 
func(T x){} 

对于多个条件：

template <template T> 
typename std::enable_if<!std::is_same<T,std::string>::value &&!std::is_same<T,int>::value>::type 
func(T x){} 

不要忘了包括#include <type_traits>

Answer 2

微软的文档there 存在都不清晰。改为使用this。

提供了一个函数模板与形式的一位不愿透露姓名的默认参数：

typename enable_if<your_condition, void **>::type = nullptr 

（如MS隶建议），就能发挥作用 - 只有在外壳和 - 你希望 写的多个重载具有不同行为的函数模板 ，它们由一个或多个模板参数控制。然后，通过 与表达上的模板参数（一个或多个）适当 要求的条件更换your_condition，你可以争取SFINAE 原则来选择要实例化 给出模板参数的具体超载。

SFINAE参数 - 我们称之为 - 为 未被实例化的函数使用;它仅存在于函数模板 重载解析中激发SFINAE。因此它可能是无名的，因此它必须默认为： 当您调用函数模板时，它不能强制您提供额外的无用参数。

例如：

#include <type_traits> 
#include <iostream> 

template <typename T> 
T foo(T && t, 
    typename std::enable_if<std::is_same<T,int>::value, void **>::type = nullptr) 
{ 
    std::cout << "Doubling " << t << " gives " << (t + t) << std::endl; 
    return t + t; 
} 

template <typename T> 
T foo(T && t, 
    typename std::enable_if<!std::is_same<T,int>::value, void **>::type = nullptr) 
{ 
    std::cout << "Squaring " << t << " gives " << (t * t) << std::endl; 
    return t * t; 
} 

using namespace std; 

int main() 
{ 
    cout << foo(2) << endl; 
    cout << foo(3.3) << endl; 
    return 0; 
} 

输出是：

Doubling 2 gives 4 
4 
Squaring 3.3 gives 10.89 
10.89 

在功能模板foo这两种过载，第一个加倍它是 类型T参数，第二个正方形它的参数，并且使用SFINAE 参数来确定如果T是，则将实例化加倍过载，否则将选择平方过载。

当T是int，条件：

!std::is_same<T,int>::value 

控制所述平方过载的SFINAE参数为假。因此 类型说明符：

typename std::enable_if<!std::is_same<T,int>::value, void **>::type = nullptr 

无法编译。这是模板解析中的替代失败。将 int替换为T中的平方过载为不可行。所以平方过载从运行中消除了 ，并且只剩下加倍过载来实例化函数调用 。

当T是（说）double，而不是int，则刚好相反发生 ，只有平方超载生存模板的分辨率。拨打电话foo(2) ，你会倍增。拨打电话foo(3.3)即可。

MS的标本SFINAE参数在这里是不必要的冗长。

template< bool B, class T = void > 
struct enable_if; 

按C++ 11标准和更高版本，默认T到void。所以类似的：

typename std::enable_if<some_condition, void **>::type = nullptr 

能以及简写为：

typename std::enable_if<some_condition>::type * = nullptr 

，并作为C++ 14的标准有：

template< bool B, class T = void > 
using enable_if_t = typename enable_if<B,T>::type 

因此同样SFINAE参数进一步缩短为：

std::enable_if_t<some_condition> * = nullptr 

应用一个SFINAE函数模板参数，你已经在你的 后做了个手势的情况下，你会写类似的：

enum ops { 
    add, 
    multiply 
}; 

template<ops Op> 
int op(int const & lhs, int const & rhs, 
     std::enable_if_t<Op == add> * = nullptr) 
{ 
    return lhs + rhs; 
} 

template<ops Op> 
int op(int const & lhs, int const & rhs, 
     std::enable_if_t<Op == multiply> * = nullptr) 
{ 
    return lhs * rhs; 
} 

... 

auto i = op<add>(2,3); 
auto j = op<multiply>(2,3); 

... 
// C++14