C++ C++；具有类型特征的条件函数调用

假设我有一个类模板

模板class X

是否有可能使用类型特征或类似技术调用T的（静态）方法，但前提是类型T声明了此类方法，例如：

template <typename T> 
class X {
    static void foo(){
       if(has_method(T,bar)) //Something like this      
         T::bar(); //If T has no bar() method, then foo does nothing
    }

};

模板
X类{
静态void foo（）{
if（has_method（T，bar））//类似这样的东西
T:：bar（）；//如果T没有bar（）方法，那么foo什么也不做
}
};

首先，您需要在编译时做出决定，因为 否则，您将需要提供该函数，即使您 永远不要进入树枝。我可以想象这样的情况：

template <typename T, void (T::*)() > struct HasBar;

template <typename T>
void doBar( HasBar<&T::bar>* ) { T::bar(); }

template <typename T>
void doBar( ... ) {}

template <typename T>
class X
{
    static void f()
    {
        doBar<T>( 0 );
    }
};

其余部分应按原样工作。

模板
template <typename T>
class X {
public:
    static void foo() {
        foo_impl(static_cast<T*>(nullptr));
    }
private:
    // foo_impl #1
    template <typename U>
    static auto foo_impl(U*) -> decltype(U::bar(), void()) {
        U::bar();
    }

    // foo_impl #2
    static void foo_impl(...) {}
};

X类{
公众：
静态void foo（）{
foo_impl（静态_cast（nullptr））；
}
私人：
//foo#u impl#1
模板
静态自动foo_impl（U*）->decltype（U:：bar（），void（））{
U：：bar（）；
}
//foo#u impl#2
静态void foo_impl（…）{}
};

由于SFINAE规则，当

U:：bar（）

不是有效表达式时，

foo_impl

\1不在重载集中，而是调用

foo_impl

\35; 2。如果

foo_impl

#1的类型推导成功，那么它总是比省略号更好的转换

---

Ideone演示：

搜索“标记分派”并查看。什么是

void（&T:：bar）（

？@aschepler错误：-））。当您获取地址时，它应该是

&T:：bar

。我会纠正它。使用函数指针会取消函数的资格，比如

静态空白条（int n=0）。（但我不认为只有使用C++03就可以解决这个问题。）@Ascheppler说得对。但是在实例化它的类中，总是可以重载：只需添加
静态void bar（）{bar（0）；}
并删除默认参数。
template <typename T>
class X {
public:
    static void foo() {
        foo_impl(static_cast<T*>(nullptr));
    }
private:
    // foo_impl #1
    template <typename U>
    static auto foo_impl(U*) -> decltype(U::bar(), void()) {
        U::bar();
    }

    // foo_impl #2
    static void foo_impl(...) {}
};