函数模板的部分特化

Question

在下面的代码片段中，

template<typename T1>
void func(T1& t)
{
    cout << "all" << endl;
}

template<typename T2>
void func(T2 &t)
{
    cout << "float" << endl;
}

// I do not want this
// template<> void func(float &t)

int main()
{
    int i; float f;
    func(i); // should print "all"
    func(f); // should print "float" 
    return 0;
}

我希望修改模板，通过传递除 float 之外的任何类型将打印“all”，传递 float 将打印“float”。我不需要模板专业化，而是需要部分专业化，它将根据输入类型进行相应的操作。我该怎么办呢。提前致谢。

我目前面临的情况是这样的， 我需要定义以下内容，

template<typename T1>
void func(T1 &t)
{
    cout << "t1" << endl;
}

template<typename T2>
void func(T2 &t)
{
    cout << "t2" << endl;
}

以下调用应打印“t2”以下

func(int) // print "t2"
func(float) // print "t2"
func(string) // print "t2"

调用应打印“t1”

func(char) // print "t1"
func(xyz) // print "t1"
...
func(abc) // print "t1"

某种类似于上面的分组，其中很少有人应该调用部分专业化实现，而其他人应该调用默认实现。

Answer 1

您可以将函数重载与模板结合起来。所以：

#include <iostream>

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

void func(float& f)
{
    std::cout << "float" << std::endl;
}

int main()
{
    int i; float f;
    func(i); // prints "all"
    func(f); // prints "float" 
    return 0;
}

Answer 2

为您的情况编写一个类型特征类：

template<class T>
struct IsIntFloatOrString {
  enum { value = boost::is_same<T, int>::value
              or boost::is_same<T, float>::value
              or boost::is_same<T, string>::value };
};

使用 boost::enable_if< /a> 和disable_if：

template<typename T1>
typename boost::enable_if<IsIntFloatOrString<T1> >::type
func(T1 &t) {
  cout << "t1" << endl;
}

template<typename T2>
typename boost::disable_if<IsIntFloatOrString<T2> >::type
func(T2 &t) {
  cout << "t2" << endl;
}

Answer 3

您不能部分特化 C++ 中的函数。

也许这不是您所指的术语。您可以使用 boost::is_same 等模板根据给定的模板参数执行条件逻辑。您还可以在需要使用任何其他类型的任何地方使用 T ，例如在 typeid(T).name() 中：（

template <typename T>
void foo(T&) {
   if (boost::is_same<T, int>::value)
      std::cout << "int lol";
   else
      std::cout << typeid(T).name();
}

尽管我不推荐使用 typeid().name() 因为它的值不是由标准指定的，并且可能与代码中编写的类型、损坏的符号或 Pokerface 的歌词有所不同。）

附录像其他回答者一样，我个人会选择模板专业化本身或只是简单的函数重载。我不知道你为什么反对他们，但这就是他们存在的目的。

Answer 4

正如托马拉克在他的回答中已经说过的那样，你不能部分地特化模板函数，但是如果你将你的函数更改为模板类中的静态成员函数，你就可以做到这一点。

然而，更好的方法是函数重载。

Answer 5

这就是如何在任意数量的条件下，在 enable_if 中不使用丑陋的语法 a 和 !b 和 !c 来使其工作。

如果我们知道部分特化不能用于工作函数，而是可以与类一起使用，那么让我们使用类！我们应该对人们隐藏它，但我们可以使用它们！

好的，代码：

#include <type_traits>
#include <iostream>


template <typename T>
class is_int_or_float : public std::integral_constant<bool, std::is_same<T, int>::value || std::is_same<T, float>::value> {
};


template<typename T, typename Enable = void> //(2)
struct Helper {
    static void go(const T&) {
                std::cout << "all"<< std::endl;
        }
};

template<typename T>
struct Helper<T, typename std::enable_if<is_int_or_float<T>::value>::type> { // (3)
        static void go(const T&) {
                std::cout << "int or float" << std::endl;
        }
};

template<typename T>
struct Helper<T, typename std::enable_if<std::is_pointer<T>::value>::type> { // (3)
        static void go(const T&) {
                std::cout << "pointer" << std::endl;
        }
};

template<typename T>
void func(const T& arg) {
        Helper<T>::go(arg); // (1)
}
int main() {
        char c;
        int i;
        float f; 
        int* p;
        func(c);
        func(i);
        func(f);
        func(p);
}

(1) 首先，仅针对每种类型调用帮助程序。没有函数的专门化。
(2) 这里我们添加一个虚拟参数。我们不必在调用时指定它，因为它默认为 void
(3) 在 3 中，当我们允许 T 和其他任何内容（或在我们的例子中为 SFINAE）时，我们只给出 void。一件重要的事情是，我们不应该允许某些 T 出现两次或更多次。

注意：

1. 我们还可以将默认类型更改为 std::true_type，之后我们将能够摆脱 std::enable_if (std::enable_if ;::value> 将更改为 some_trait::type）。我不确定是哪个

2. 此代码使用了 C++11 中的类型特征。如果您没有 c++11 支持，您可以编写自己的特征或使用 boost

   中的类型特征。

实例