使用SFINAE启用转换运算符

Question

当T是基本类型时，我试图使用SFINAE重载运算符T（）以返回一个副本，当T是一个类时，我试图重载一个常量引用。

在我下面的示例中，当使用double时，我无法删除第二个重载（使用std:：is_class）。

也就是说，我得到的错误是：

error: no type named ‘type’ in ‘struct std::enable_if<false, const double&>’
operator typename std::enable_if< std::is_class<T>::value, const T&>::type () const
^

我做错了什么？

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct Foo
{
    operator typename std::enable_if<!std::is_class<T>::value, T >::type () const
    {
        return _val;
    }

    operator typename std::enable_if< std::is_class<T>::value, const T&>::type () const
    {
        return _val;
    }

    T _val;
};

int main()
{
    Foo<double> f1;
    f1._val = 0.3;

    double d = f1;
    std::cout << d << std::endl;
    return 0;
}

Answer 1

虽然没有解决为什么不丢弃错误运算符的问题，但要解决手头的特定问题，即通过const ref返回类类型，或通过值返回其他类类型，可以使用std:：conditional找到解决方案。

template< bool B, class T, class F >
struct conditional;

提供成员typedef type，如果B在编译时为true，则定义为T；如果B为false，则定义为F。

工作示例：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct Foo
{
    operator typename std::conditional<
        std::is_class<T>::value, const T&, T>::type () const
    {
        return _val;
    }

    T _val;
};

int main()
{
    Foo<double> f1;
    f1._val = 0.3;

    double d = f1;
    std::cout << d << std::endl;
    return 0;
}

Answer 2

在实例化类成员函数时，T是已知的，因此不会发生替换，而是会出现一个硬错误，而不是SFINAE。最简单的解决方法是为那些运算符重载引入一个伪模板参数，并将其默认为T，以便仍然可以进行类型推断。

template<typename U = T>
operator typename std::enable_if<!std::is_class<U>::value, U >::type () const
{
    return _val;
}

template<typename U = T>
operator typename std::enable_if< std::is_class<U>::value, const U&>::type () const
{
    return _val;
}

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