模板中构造函数的条件定义 class

Question

我要编译以下内容：

#include <type_traits>

template<typename T>
class C {
public:
    C() {}
    C( const C &that ) {}
};

void foo( const C<const char> &c );

int main() {
    C<const int> i;

    foo( C<char>{} );
}

当然没有，正如 foo 期望的那样 C<const char>，我超过了 C<char>。所以我想添加一个从 C<T> 到 C<const T> 的隐式转换。第一次尝试，我们将以下构造函数添加到 C:

C( const C< std::remove_const_t<T> > &that ) {}

那行不通，因为如果 T 本身不是 const，这个定义就等同于复制构造函数，这意味着我们重新定义了同一个构造函数两次：

so.cpp: In instantiation of ‘class C<char>’:
so.cpp:17:18:   required from here
so.cpp:9:5: error: ‘C<T>::C(const C<typename std::remove_const<_Tp>::type>&) [with T = char; typename std::remove_const<_Tp>::type = char]’ cannot be overloaded with ‘C<T>::C(const C<T>&) [with T = char]’
     C( const C< std::remove_const_t<T> > &that ) {}
     ^
so.cpp:7:5: note: previous declaration ‘C<T>::C(const C<T>&) [with T = char]’
     C( const C &that ) {}

第二次尝试，尝试使用enable_if:

template< std::enable_if_t< std::is_const_v<T>, int > = 0 >
C( const C< std::remove_const_t<T> > &that ) {}

这是行不通的。由于模板不依赖于构造函数参数中所做的任何推导，因此评估过早：

so.cpp: In instantiation of ‘class C<char>’:
so.cpp:18:18:   required from here
so.cpp:10:5: error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false, int>’
     C( const C< std::remove_const_t<T> > &that ) {}
     ^

让我们人为地让它依赖于参数，然后：

template<
        typename V,
        std::enable_if_t<
                std::is_const_v<T> && std::is_same_v<T, V>,
                int
        > = 0
>
C( const C< std::remove_const_t<V> > &that ) {}

我不确定为什么这会失败。我收到以下错误：

so.cpp: In function ‘int main()’:
so.cpp:24:10: error: invalid initialization of reference of type ‘const C<const char>&’ from expression of type ‘C<char>’
     foo( C<char>{} );
          ^~~~~~~~~
so.cpp:19:6: note: in passing argument 1 of ‘void foo(const C<const char>&)’
 void foo( const C<const char> &c );
      ^~~

我怀疑推导发生得太深以至于编译器无法理解它需要进行什么替换。

我该如何解决这个问题？

P.s。是的，我知道在这种情况下我可以使用隐式复制构造函数。

Answer 1

您可以在函数上使用 SFINAE，但函数应该是模板，和条件应该取决于该模板，请记住 class 中的 T 对于成员函数是固定的：

template<typename T>
class C {
public:
    C() {}
    C( const C &that ) {}

    template <typename U,
              std::enable_if_t<std::is_same_v<U, std::remove_const_t<T>>, int> = 0>
    C( const C<U> &that ) {}
};

Demo

在 C++20 中会有很好的语法：

template<typename T>
class C {
public:
    C() {}
    C( const C &that ) {}
    C( const C< std::remove_const_t<T> > &that ) requires(std::is_const<T>::value) {}
};

对于您的代码：

template< std::enable_if_t< std::is_const_v<T>, int > = 0 >
C( const C< std::remove_const_t<T> > &that ) {}

不是替换上下文，参数由 class 固定，您有硬错误而不是预期的 SFINAE。

对于

template<
        typename V,
        std::enable_if_t<
                std::is_const_v<T> && std::is_same_v<T, V>,
                int
        > = 0
>
C( const C< std::remove_const_t<V> > &that ) {}

你可能有 SFINAE，但是 V 是不可推导的，所以你必须提供它，但不能在调用站点提供它，因为它是一个构造函数。

简单的修复是给出默认值：

 template<
        typename V = T,
        std::enable_if_t<
                std::is_const_v<T> && std::is_same_v<T, V>,
                int
        > = 0
>
C( const C< std::remove_const_t<V> > &that ) {}

Demo

（因为 V 是必要的 T，您可以删除 std::is_same_v<T, V> 但将 std::is_const_v<T> 更改为 std::is_const_v<V> 以获得 SFINAE）

模板中构造函数的条件定义 class

Conditional definition of constructor in template class

c++

metaprogramming

c++17