如何根据类模板参数专门化成员函数

Question

问题说了什么。另外，是否可以内联执行此操作？

这是一个小例子，只是为了提供一个想法......

template<typename T>
class Foo {
 public:
  Foo() :z(0.0) {}

  void do( const Foo<T> &f ) {
    z = f.z;
  }
  // specialize 'do' for Foo<int>, possible inline?

 private:
  T z;
};

Answer 1

你不需要做任何复杂的事情。只需使用重载和委托即可。请注意，我们不能只添加一个 int 重载，因为当 T 结果也是 int 时，这将是一个无效的重载（两个函数 。

template<typename T>
class Foo {
 public:
  Foo() :z(0.0) {}

  void doIt(const Foo<T> &f ) {
    doItImpl(f);
  }

 private:
  template<typename U>
  void doItImpl(const Foo<U> &f) {
    z = f.z;
  }

  void doItImpl(const Foo<int> &f) {
    /* ... */
  }

 private:
  T z;
};

或者，对于这种情况，您可以通过专门化来做到这

template<typename T>
class Foo {
 public:
  Foo() :z(0.0) {}

  void doIt(const Foo<T> &f ) {
    z = f.z;
  }

 private:
  T z;
};

template<>
inline void Foo<int>::doIt(const Foo<int> &f) {
  /* ... */
}

一点 只有当所有模板参数都固定时，才可以使用这种专门化方式 换句话说，部分专门化成员函数是不可能的。

Answer 2

您可以通过使成员函数成为成员函数模板并使用 SFINAE（替换失败不是错误）来获得此行为。例如：

template <typename U>
typename std::enable_if<!std::is_integral<U>::value && 
                        std::is_same<T, U>::value, void>::type
f(const Foo<U>& x)
{
}

template <typename U>
typename std::enable_if<std::is_integral<U>::value && 
                        std::is_same<T, U>::value, void>::type
f(const Foo<U>& x)
{
}

is_integral类型特征测试U是否是整数类型。如果不是，则实例化第一个；如果是，则实例化第二个。

is_same 类型特征测试可确保 T 和 U 是同一类型。这用于确保不会为 Foo 之外的任何类型实例化成员函数模板。

此示例使用 C++0x 库； Boost 还有类型特征库 您可以使用它，其工作原理基本相同。

Answer 3

您可以尝试做这样的事情（没有测试，可能不起作用）：

template<typename T>
class Foo {
 public:
  Foo() :z(0.0) {}

  template<typename Ty = T>
  void do( const Foo<T> &f ) {
    z = f.z;
  }

  template<>
  void do<int>( const Foo<T> &f ) {
    //specialized code
  }

 private:
  T z;
};