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当第二个参数包括“T”时,无法推断模板参数“T”

c++

fatdragon · 技术社区 · 3 年前

给定此模板函数:

template <
    typename T,
    typename U,
    typename = std::enable_if<
        std::is_same_v<U, std::unique_ptr<T>> ||
        std::is_same_v<U, std::shared_ptr<T>>>>
T foo(U val) {
  if constexpr (std::is_same_v<U, std::unique_ptr<T>>) {
    return *val;
  }
  return *val;
}

我想这样称呼它:

int x = foo(std::make_unique<int>(1));

但是,它给出了这个错误:

Candidate template ignored: couldn't infer template argument 'T'

我可以通过显式提供类型T来修复它:

int x = foo<int>(std::make_unique<int>(1));

有没有可能修正它,使它可以推断?类型清楚地嵌入在typename中 U 但它似乎并没有“传播”到 T .

1 回复 | 直到 3 年前

HolyBlackCat 3 年前

SFINAE约束不影响模板参数推导。你的编译器必须推导 T 和 U 首先,甚至不用看你的 enable_if_t<...> .

我会这样做:

#include <memory>
#include <type_traits>

namespace impl
{
    template <typename A, template <typename...> typename B>
    struct specialization_of : std::false_type {};

    template <template <typename...> typename T, typename ...P>
    struct specialization_of<T<P...>, T> : std::true_type {};
}

template <typename A, template <typename...> typename B>
concept specialization_of = impl::specialization_of<A, B>::value;


template <typename T>
requires specialization_of<T, std::unique_ptr> || specialization_of<T, std::shared_ptr>
auto foo(T val)
{
    if constexpr (specialization_of<T, std::unique_ptr>)
    {
        return *val;
    }
    return *val;
}

[我也想] std::is_same_v<U, std::function<T()>>

然后您需要一个专门的模板来完成此任务。类似于:

template <typename T, typename U>
struct foo : std::false_type {};
template <typename T, typename U>
struct foo<std::function<T()>, U> : std::is_same<T, U> {};

然后 foo<std::function<int()>, int> 是真的。

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