具有 std::enable_if 和具体类型的模板 class 专业化

Question

我有 JsonFormatter 模板 class 专门用于算术等不同类型...如下所示：

template <class T, typename Enable = void>
class JsonFormatter;

template <class T>
class JsonFormatter<T, typename std::enable_if<std::is_arithmetic<T>::value>::type>
{
};

不清楚如何将它专门化为具体类型，例如 std::string？我的第一个想法是这样的：

template <>
class JsonFormatter<std::string, std::true_type>
{
};

但这不编译。当我使用

JsonFormatter<std::string>

我明白了

"undefined class 'JsonFormatter<std::string,void>'"

Answer 1

这就是您专门化模板的方式：

template <>
class JsonFormatter<std::string, void>
{
};

您也可以使用 std::enable_if，但我不推荐它，因为简单的专业化要容易得多。 std::enable_if 仅适用于 SFINAE。所以它需要依赖一个模板参数：

template <class T>
class JsonFormatter<T, std::enable_if_t<std::is_same_v<T, std::string>>>
{
};

Answer 2

重要的一点是专业化必须与小学相匹配。在这种情况下，主要的设置使得第二个模板参数将成为 void - 它不打算由用户提供，它只是为了让人们能够使用 enable_if.

std::true_type 不匹配 void，这就是它不起作用的原因。当用户写入 JsonFormatter<std::string> 时，默认参数将被实例化为 void - 因此他们正在寻找专业化 JsonFormatter<std::string, void>... 这不是您提供的。

你想要：

template <>
class JsonFormatter<std::string, void>
{ };

甚至只是：

template <>
class JsonFormatter<std::string>
{ };

因为默认参数会被很好地填充。

Answer 3

it is not clear how to specialize it for a concrete type like std::string, for example?

你有没有简单地尝试过

template <>
class JsonFormatter<std::string>
{
};

?

应该有效。

第二个模板参数根据主版本中定义的默认值变为void。

具有 std::enable_if 和具体类型的模板 class 专业化

Template class specialization with std::enable_if and a concrete type

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