enable_if 是一个模板元编程的技术,用于根据某个条件来选择是否启用某个模板函数或者模板类。 在C++中,原子类型是指不可分割的基本数据类型,例如整数类型(int, long),浮点类型(float, double)等。使用 enable_if 可以方便地检测某个类型是否为原子类型。
配合Lambda表达式使用enable_if时,可以通过enable_if条件来选择性地编译Lambda表达式。 下面是一个示例代码,演示了如何使用enable_if和Lambda表达式结合在编译时选择性地启用Lambda表达式: #include <iostream> #include <type_traits> template <typename T> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T...
std::enable_if不必在返回类型中，因为从C++11开始，它可以是模板参数的一部分。
将其带回上面std::enable_if样板的代码中，加上调整一下格式，让各部分如何组合在一起看起来更容易，...
在当前方法中,enable_if 无法自动推导模板参数(我认为)。 由于我使用构造函数,所以无法在返回值上使用 enable_if。 为enable_if 添加另一个默认参数是行不通的,因为构造函数是可变参数的。 当我从函数参数中删除 enable_if 时,编译器会报告无效的重载(当然)。 有没有一种优雅的方法来解决这个问题? 编辑: 标准...
请注意，enable_if旨在触发SFINAE：如果模板参数替换在其immediate上下文中失败，则不是编译错误。这就是在...
您对enable_if的使用有些怪异,我会做以下操作: template <typename T> std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T>::value> templateFunction(T a) { } 更好的解决方案:完全忘记Sfinae: template <typename T> void templateFunction(T a) { static_assert(std::is_baseOf<A,T>(), "only subclasses...
使其成为一个具有默认为T的伪参数的模板-这是为了将类型推导推迟到函数示例化的点，否则为SFINAEdoesn'...
您可以改用std::enable_if_t作为模板参数：
template<typenameT,typename=std::enable_if_t<std::is_same_v<std::decay_t<T>,SampleClass>>>...