C++ 在构造函数中启用Boost_

我有一个模板类，我只想在类型为double时启用某个构造函数。这个代码怎么了

template<typename T>
class B: public A<T>
{
public:
    B(int arg1=0, typename boost::enable_if_c<boost::is_same<T, double>::value>=0);
}

int main(int argc,char *argv[])
{
B<double> B( 6, 6 );
}

我得到了一个错误：“boost:：enable_if_c”类型的参数的默认参数为“int”，但我不确定这是什么意思

事先非常感谢你

B(int arg1=0, typename boost::enable_if_c<boost::is_same<T, double>::value>=0);

更好的是，不要使用下划线c版本的enable if。仅在以下情况下使用enable：

B(int arg1=0,
  typename boost::enable_if<boost::is_same<T, double>, int>::type arg2=0);

---

在这种情况下不能使用SFIANE，因为它仅在函数模板参数的替换失败时有效，而在类模板参数的替换失败时无效

你需要的是专业化

但据我所知，您应该在双格中复制公共格的实现，但只添加新的构造函数

在这种情况下，我建议使用一种小的有线技术：您可以从您的专业化中的常见情况派生

然后你会面临两个问题：

您仍然应该有两个专门化的通用案例来派生 您不应该调用普通情况下的默认构造函数，而应该调用一些专门的构造函数。 好了：

template<typename T, bool = false>
class B
{
public:
    B() { std::cout << "B common\n"; }
    void yahoo() { std::cout << "yahoo!\n"; }

protected:
    struct internal_t;
    B(internal_t*){}

};

template <>
struct B<double, false>: public B<double, true>
{
    B(int, int):B<double, true>(0) { std::cout << "B double\n"; }
};

int main(int argc,char *argv[])
{
    B<int> ib;
    B<double> b(2,5);

    ib.yahoo();
    b.yahoo();
}

---

嗯，你真的不能这么做。如果您提供了一些不是双精度的T，那么编译器将尝试解析enable_If_c:：type，这将失败，使整个类实例化失败，而不仅仅是构造函数

您可以使用C++11的默认函数模板参数来实现相同的功能

下面的代码使用您在代码中使用的C++11版本的boost功能来实现：

#include <type_traits>

template<typename T>
class B {
public:
    // T == double -> this ctor can be used
    template<typename U = T, class = typename std::enable_if<std::is_same<U, double>::value>::type>
    B(int arg1, double arg2) {}

    // Default ctor, available to every class.
    B() {}
};

int main(int argc,char *argv[])
{
    B<double> b_double( 6, 6 );
    B<int> b_int;

    // This line fails
    //B<int> b_fails(6, 6);
}

---

似乎缺少：：类型。您希望实现什么？您编写的代码是“只有当T是double时，才能实例化B”。但是模板的用途是什么呢？SFIANE在这种情况下不起作用，因为T是类参数，而不是函数1。我有多个构造函数，但我只希望某个构造函数只对B可用。当我放入：Bint arg1=0时，typename boost:：enable_if_c:：type arg2=0；我得到一个错误：struct boost:：enable_if中没有名为type的类型_c@user1504193：那是因为您不能将此用于SFINAE。您可以使用这个概念将类模板限制为仅加倍，但是为什么还要麻烦使用模板呢？在模板方面更有意义的是，仅通过将boost:：is_更改为boost:：is_浮点，将模板限制为浮点类型。如果我不使用C++11，我可以用boost:：替换std:：吗？不，因为正如我在回答中提到的，默认函数模板参数是C++11的一个特性。因此，使上述代码工作的唯一方法是使用该功能。我的意思是，你可以使用boost:：enable_if，但你仍然需要C++11。我希望我能给你+100。我花了好几个小时想办法让它工作，现在它就在这里。谢谢你为什么在这里使用struct而不是class？@user1504193，实际上，无论你使用struct还是class，这都无关紧要。我使用struct是因为它允许省略public:，因为struct中默认情况下所有成员都是public。

#include <type_traits>

template<typename T>
class B {
public:
    // T == double -> this ctor can be used
    template<typename U = T, class = typename std::enable_if<std::is_same<U, double>::value>::type>
    B(int arg1, double arg2) {}

    // Default ctor, available to every class.
    B() {}
};

int main(int argc,char *argv[])
{
    B<double> b_double( 6, 6 );
    B<int> b_int;

    // This line fails
    //B<int> b_fails(6, 6);
}