专业化 C++基于类模板参数的成员函数

Question

我有一个带有模板参数的类，它应该决定它包含两种类型的数据中的哪一种。基于该参数，我想通过两种不同的方式之一来实现成员函数。我尝试使用 Boost Enable-If，但没有成功。这是我最惊讶的代码版本不起作用：

#include <boost/utility/enable_if.hpp>
enum PadSide { Left, Right };
template <int> struct dummy { dummy(int) {} };

template <PadSide Pad>
struct String
{
    typename boost::enable_if_c<Pad ==  Left, void>::type
        getRange(dummy<0> = 0) {}
    typename boost::enable_if_c<Pad == Right, void>::type
        getRange(dummy<1> = 0) {}
};

int main()
{
    String<Left> field;
    field.getRange();
}

对此，g++ 4.6.0 说：

no type named ‘type’ in ‘struct boost::enable_if_c<false, void>’

当然，第二个重载应该不起作用，但由于 SFINAE，它应该被忽略。如果我删除虚拟函数参数，g++ 会这样说：

‘typename boost::enable_if_c<(Pad == Right), void>::type
    String<Pad>::getRange()‘
cannot be overloaded with
‘typename boost::enable_if_c<(Pad == Left), void>::type
    String<Pad>::getRange()‘

这就是为什么我首先将虚拟参数放在那里的原因 - 按照 文档。

基本上我想要的是有两种 getRange() 实现，并根据 Pad 类型选择其中之一。我希望 Enable-If 能让我做到这一点，而无需创建辅助类来将工作委托给（我将同时尝试）。

Answer 1

由于无论如何您都会创建两个不同版本的 getRange()，因此您始终可以根据 PadSide 的类型重载您的 struct String 成员函数代码>.我知道它并不那么“漂亮”，但最终，它仍然是类似数量的代码，并且您不必创建多个类类型。

template<PadSide Pad>
struct String
{
    void getRange();
};

template<>
void String<Right>::getRange() { /*....*/ }

template<>
void String<Left>::getRange() { /*....*/ }