テンプレート型を呼び出す方法

Question

テンプレート引数に基づいて2つの異なる実装を持つテンプレート関数を作成しようとしています。最初のものはI/Oマニピュレータに固有のものであり、2つ目は一般的なものです。

template <typename T> 
typename std::enable_if< 
      std::is_same<decltype(std::setw), T>::value>::type 
foo(T& t){ 
     cout << "enabled" << std::endl; 
} 

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

template <typename... Ts> 
void foohelper(Ts... t){ 
     foo(t...); 
} 
int main(){ 
     foohelper(std::setprecision(3)); // It should print enabled, but printing Normal 
} 

現在のところ、実装しようとしていることを行っていません。どうすれば修正できますか？

Answer 1

enable_ifを使用する必要はありません。メイン定義のテンプレートtemplate fooに特化してください。

template <> 
void foo<decltype(std::setw(0))>(decltype(std::setw(0))& t) 
{ 
     cout << "enabled" << std::endl; 
} 

Answer 2

これらの関数の戻り値の型は、が指定されていませんです。つまり、type_traitsを使って比較することはできません。例として、ここではlibcxxです：

// Definitions omitted 
T2 setiosflags (ios_base::fmtflags mask); 
T3 setbase(int base); 
template<charT> T4 setfill(charT c); 
T5 setprecision(int n); 
T6 setw(int n); 

T5、T6などが__imo_t4など、マニピュレータの実際の作業を行い内部構造を参照してください。それらはすべて戻り値の型が異なるため、関数の型は異なります。したがって、彼らはすべて異なっているでしょう。

Answer 3

あなたは機能std::setprecisionの戻り値の型を比較す​​ることにより、SFINAEを使用することができます。戻り値の型は指定されていないので、decltypeとstd::declvalが必要です。ここで

template <typename T, typename std::enable_if<std::is_same<decltype(std::setprecision(std::declval<int>())), typename std::decay<T>::type>::value, int>::type = 0> 
void foo(T&& t) { 
    cout << "enabled" << std::endl; 
} 

が、私はそれを参照のいずれかの種類を受け入れるT&&にT&を変更：

はここソリューションです。それはあなたのfoohelperの使用を取り除きます。

また、T&はTと同じではないため、タイプの一つは、参照型である場合、比較は動作しないので、私は、タイプTを減衰、型の比較です。 std::decayを使用すると、リファレンスが効果的に削除されます。

SFINAE構造体をテンプレート宣言内に移動したことに注目してください。これは、SFINAEを戻り値の型から離しておくためです。 0に既定の非型テンプレートパラメータを使用しても、関数の使用には影響はなく、誰も効果的にSFINAEチェックをバイパスできないようにします。

編集：

あなたはあなたのケースで0でstd::declval<int>()を置き換えることができます。私はちょうどあなたが実際の値を置き換えるためにこのツールを使用する方法を示して喜んでいた。あなたが値を持つことができない多くの場合があります。