我想通过shared_ptr使用type_traits来重载。
struct A {
A(int i) : x(i) {}
int x;
};
int main()
{
A a{4};
auto b = std::make_shared<A>(7);
A& c = a;
A* d = b.get();
A* e = &a;
std::cout << getX(a) << std::endl;
std::cout << getX(b) << std::endl;
std::cout << getX(c) << std::endl;
std::cout << getX(d) << std::endl;
std::cout << getX(e) << std::endl;
return 0;
}
这是一种解决方案,但存在必须预先定义返回类型的问题。
template <typename T>
typename std::enable_if_t<!boost::has_dereference<T>::value, int> getX(T t)
{
return t.x;
}
template <typename T>
typename std::enable_if_t<boost::has_dereference<T>::value, int> getX(T t)
{
return t->x;
}
但是使用下面的方法,我可以使返回类型auto
,但它看起来很笨重。
template <typename T, typename std::enable_if_t<!boost::has_dereference<T>::value>* = nullptr>
auto getX(T t)
{
return t.x;
}
template <typename T, typename std::enable_if_t<boost::has_dereference<T>::value>* = nullptr>
auto getX(T t)
{
return t->x;
}
有没有一种方法可以使用第一种类型仍然得到返回类型auto
?
我不想指定A::x
的类型,所以auto
返回类型将是最好的。第二种类型,但感觉有点笨重。
或者有更好的方法吗?谢谢。
如果你只想为不同的类型运行不同的代码行或两行代码,那么constexpr if可以让你这样做,而不必使用enable_if
并允许你使用自动返回类型推导。你可以将getX
简化为
template <typename T>
auto getX(T t)
{
if constexpr (boost::has_dereference<T>::value)
return t->x;
else
return t.x;
}
这是有效的,因为丢弃了未执行的路径,因此在编译时只编译了真正的路径。