sfinae

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SFINAEを使用して実装するインターフェイスを選択する

具体的なクラスがテンプレートパラメータに基づいて実装するインターフェイスを選択しようとしています。以下の簡単な例では、異なる名前のメソッドを持つ2つのインタフェースがあります。Implementationクラスは、テンプレートのパラメータに応じてメソッドの実装を提供する必要があります。 IntTypeを使用する場合は、IntInterface（getInt()とsetInt(int)）を実装する必

c++ visual-c++ sfinae 2016-08-23

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SFINAE：クラスコンストラクタ

を有効に私は必要に応じてテンプレート引数typename IDENTIFICATION_GROUPとして「識別グループタイプ」を保持する「パラメータ」クラスがあります。下記のように、クラスの型をパラメータ・クラスをinstantinating間 struct ConstrainedParameterIdentification_None {}; template<typename UNIT_T

c++ c++11 constructor sfinae enable-if 2016-08-26

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SFINAE条件とコンストラクタ引数の型

TがUから構築可能であるならば、私は、T周りのラッパーオブジェクトの構築を可能にする次のような手法に遭遇したが、タイプUのオブジェクトからきた： template< typename T > struct S { template< typename U, typename = std::enable_if_t< std::is_constructib

c++ templates c++11 constructor sfinae 2016-09-07

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が、私はそれはすなわち（オブジェクトにそれらの間<code>operator *</code>を呼び出すことが可能ですかどうかを検出したい（static_assertsを考慮して）++演算子はCに存在し、呼び出し可能かどうか

考えると2種類TとUを検出することtはタイプTのですt * uを記述することが可能であり、 uは、私がc++ detection idiomを使用しています）タイプUの ですが、それは私のコンパイラではまだ利用できませんので、私はこの struct nonesuch { nonesuch() = delete; ~nonesuch() = delete; nonesu

c++ template-meta-programming sfinae c++17 2016-09-11

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SFINAEコンテキストでテンプレートテンプレート引数として渡される参照型のエイリアステンプレート

G ++ 6.1.0（-std=c++14スイッチ）で次の問題が発生しましたが、コンパイラがコードを拒否する理由がわかりません。 template<template<typename> typename R, typename T, typename = void> struct is_well_formed : std::false_type {}; template<template<t

c++ templates c++14 sfinae 2016-09-12

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テストないクラスのメンバ関数が存在する場合、私は多くのオブジェクトを定義して、そのうちのいくつかのために、私は関数を定義

（SFINAE）：Tはのためのオブジェクトの一つのタイプである template <typename Ratio> auto print(const T &t, bool a= true, bool b= true) { std::stringstream ss; // ... do stuff ... return ss.str(); } 印刷が定義されて

c++ templates c++11 template-meta-programming sfinae 2016-08-02

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SFINAEの楕円を使用するにはどうすればよいですか？過去に、コンストラクタのオーバーロードを選択するSFINAEを使用して、私は一般的に次のように使用している

： template <typename T> class Class { public: template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_void<U>::value, int>::type=0> Class() { std::cout << "void" << std::endl;

c++ c++11 variadic-templates sfinae 2016-08-08

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オーバーロードでenable_ifを使用する方法

enum class enabler{}; template<typename T> class X { template<typename std::enable_if<std::is_class<T>::value,enabler>::type = enabler()> void func(); void func(int a); void fun

c++ templates c++11 sfinae enable-if 2016-08-12

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コンストラクタに応じてメンバの数を変更します。

呼び出されるctorに応じて、メンバの異なるテンプレートクラスが必要です。 私は基本クラスを持つsfinaeを使って別のメンバーを持つクラスを取得できました（私はこれをほぼSFINAE on member variableのようにしました）。 今、私の質問は、クラスのどのctorが呼び出されているかによって、メンバーが異なる単一のテンプレートクラスを達成できますか？ 誰かがこれを達成する方法を知っ

c++ templates c++11 c++14 sfinae 2016-08-16

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