Вывод типа шаблона не работает?

Рассмотрим следующий пример.

#include <type_traits>
#include <iostream>
using namespace std;

template <typename T_> 
using Integral = typename std::enable_if<std::is_integral<T_>::value,T_>::type;
template <typename T_> 
using NotIntegral = typename std::enable_if<!std::is_integral<T_>::value, T_>::type;

template <typename T_>
void printIt(const Integral<T_> &value) { cout << "Integral == " << value << endl; }

template <typename T_>
void printIt(const NotIntegral<T_> &value) { cout << "Non Integral == " << value << endl; }

template <typename T_>
void foo(const T_ &value) { printIt<T_>(value); }

int main(int argc, char** argv)
{
    printIt<int>(66);   //Must explicitly provide argument type.
    //printIt(33);        //Compiler error. No overloaded function....????
    foo(29.); 

    return 0;
}

Зачем мне явно указывать тип параметра шаблона? Должен ли компилятор понять, что это аргумент типа int?


c++ templates c++11 typetraits type-deduction
person Jacinto Resende    schedule 11.09.2017    source источник

Ответы (1)


arrow_upward
11
arrow_downward

Зачем мне явно указывать тип параметра шаблона?

Потому что это невыведенные контексты.

Представьте, что вы специализируетесь на std::enable_if<std::is_integral<T_>::value,T_>, чтобы ::type оценивалось как-то иначе. Компилятор не может знать сопоставление от typename something<T>::type до T.

Вы можете добиться желаемого результата, поместив std::enable_if как часть возвращаемого типа, чтобы несоответствующие перегрузки были исключены SFINAE:

template <typename T>
auto printIt(T x) -> std::enable_if_t<std::is_integral_v<T>, void> { /*...*/ }

template <typename T>
auto printIt(T x) -> std::enable_if_t<!std::is_integral_v<T>, void> { /*...*/ }

живой пример wandbox

person Vittorio Romeo    schedule 11.09.2017