如果传入任何类型的列表，则尝试禁用函数

Question

如果将任何类型的列表 class 传递给具有以下 enable_if

的函数，我将尝试禁用该函数

template <typename ContainerType, typename KeyType,
          typename = std::enable_if_t<!std::is_same<
            std::decay_t<ContainerType>,
            std::list<typename ContainerType::value_type>>::value>>
void func(ContainerType&& container, KeyType&& key)

但是当我用 vector<int> 调用 func 时，我得到了错误

candidate template ignored: substitution failure [with ContainerType = std::__1::vector<int, std::__1::allocator<int> > &, KeyType = int]: type 'std::__1::vector<int, std::__1::allocator<int> > &' cannot be used prior to '::' because it has no
  members

向量确实有成员 typedef value_type 来获取存储在其中的东西的值..

知道如何解决这个问题吗？

Answer 1

我的回答基于 this 所以 post。更好的方法如下：

#include <type_traits>

template<template<typename...> class TT, typename T>
struct is_instantiation_of : std::false_type { };

template<template<typename...> class TT, typename... Ts>
struct is_instantiation_of<TT, TT<Ts...>> : std::true_type { };

template <typename ContainerType, typename KeyType,
          typename = std::enable_if_t<!is_instantiation_of<
            std::list, std::decay_t<ContainerType>>::value>>
void func(ContainerType&& container, KeyType&& key)

这样做的主要优势在于，使用 std::list 类型参数的其余部分将无法绕过您的检查。

Answer 2

直接问题在这里：

std::list<typename ContainerType::value_type>>::value>>
          ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

在您的示例中，ContainerType 是一个引用类型 (std::vector<int>&)，您不能从引用类型访问 typedef。您必须先删除引用。

但我们可以通过忽略 KeyType 部分来简化它：

template <class X> struct is_list : std::false_type { };
template <class T, class A> struct is_list<std::list<T,A>> : std::true_type { };

template <class Container, class Key,
    std::enable_if_t<!is_list<std::decay_t<Container>>::value>* = nullptr>
void func(ContainerType&&, Key&& ) { ... }

如果传入任何类型的列表，则尝试禁用函数

Trying to disable a function if any type of list is passed in

c++

sfinae

template-meta-programming