Std:: numeric_limits как условие
Есть ли способ, которым я могу использовать std::numeric_limits<T>::is_integer и std::numeric_limits<T>::is_specialized для изменения поведения шаблона?
Например, могу ли я сделать это:
template < typename T >
void foo( const T& bar )
{
if( std::numeric_limits< T >::is_integer )
{
isInt( bar );
}
else if( std::numeric_limits< T >::is_specialized )
{
isFloat( bar );
}
else
{
isString( bar );
}
}
Ответы
Ответ 1
"Очевидный" ответ заключается в том, что вы можете использовать что-то вроде std::enable_if.
Например:
template<typename T>
typename std::enable_if<std::numeric_limits<T>::is_integer, void>::type
foo(const T &bar) { isInt(bar); }
template<typename T>
typename std::enable_if<std::numeric_limits<T>::is_specialized, void>::type
foo(const T &bar) { isFloat(bar); }
Проблема с этим подходом заключается в том, что это (в качестве примера) неоднозначно для параметра int, поскольку numeric_limits<int>::is_specialized == true.
Чтобы решить эту проблему, я просто использовал бы лучшую черту, чем numeric_limits, лично. Вы также можете использовать логические условия для проверки того, какое именно условие вы хотите:
template<typename T>
typename std::enable_if<std::numeric_limits<T>::is_specialized && !std::numeric_limits<T>::is_integer, void>::type
foo(const T &bar) { isFloat(bar); }
Ответ 2
То, что у вас есть, в настоящее время действует. Тем не менее, вы должны предпочесть использовать SFINAE и <type_traits>, так как он будет отправлять другую функцию, основанную на типе, а не полагаться на условие ветки (которое может или не может быть оптимизирован).
Вы можете использовать std::enable_if, чтобы сделать следующее:
template<typename T,
typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
void foo(const T& t) {
isInt(t);
}
template<typename T,
typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
void foo(const T& t) {
isFloat(t);
}
template<typename T,
typename std::enable_if<!std::is_integral<T>::value &&
!std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
void foo(const T& t) {
isString(t);
}
Живая демонстрация
Причиной того, что второй параметр для enable_if установлен на int, является сохранение некоторого ввода. Если int не указано, нам нужно сделать typename = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type вместо того, чтобы просто установить его на 0, который сохранит нам пару символов для ввода. Они эквивалентны для всех целей и целей.
