模板类成员函数的显式专业化

Question

我需要专门针对某种类型的模板成员函数（比方说double）。当类X本身不是模板类时，它可以正常工作，但是当我使它成为模板时，GCC开始给出编译时错误。#include <iostream>#include <cmath>template <class C> class X{public:   template <class T> void get_as();};template <class C>void X<C>::get_as<double>(){}int main(){   X<int> x;   x.get_as();}这是错误消息source.cpp:11:27: error: template-id  'get_as<double>' in declaration of primary templatesource.cpp:11:6: error: prototype for  'void X<C>::get_as()' does not match any in class 'X<C>'source.cpp:7:35: error: candidate is:  template<class C> template<class T> void X::get_as()我该如何解决？这是什么问题？提前致谢。

Answer 1

那样行不通。您需要说以下内容，但这是不正确的

template <class C> template<>

void X<C>::get_as<double>()

{

}

明确专门的成员也需要其周围的类模板也明确专门。因此，您需要说以下内容，这将仅使的成员专用X<int>。

template <> template<>

void X<int>::get_as<double>()

{

}

如果要使周围的模板不专业，则有多种选择。我更喜欢超载

template <class C> class X

{

   template<typename T> struct type { };

public:

   template <class T> void get_as() {

     get_as(type<T>());

   }

private:

   template<typename T> void get_as(type<T>) {

   }

   void get_as(type<double>) {

   }

};

Answer 2

如果可以使用，std::enable_if我们可以依靠SFINAE（替代失败不是错误）

会像这样工作：

#include <iostream>

#include <type_traits>

template <class C> class X

{

public:

    template <class T, typename std::enable_if< ! std::is_same<double,T>::value>::type * = nullptr > void get_as(){

        std::cout << "get as T" << std::endl;

    }

    template <class T, typename std::enable_if< std::is_same<double,T>::value>::type * = nullptr  > void get_as(){

        std::cout << "get as double" << std::endl;

    }

};

int main()

{

    X<int> d;

    d.get_as<double>();

   return 0;

}

丑陋的是，对于所有这些enable_if来说，编译器仅需要一种专门化功能，否则就会产生歧义错误。这就是为什么默认行为“ get as T”也需要启用的原因。