假设我有一个具有以下签名的类：
template <typename T,typename... Args> class A;
但是,这个类的行为应该取决于一些其他参数,我们假设它是T :: value的值：
template <typename T,typename... Args,typename Enable>
class A;
template <typename T,typename = typename std::enable_if<T::value>::type>
class A
{
// do something
};
template <typename T,typename = typename std::enable_if<!T::value>::type>
class A
{
// do something else
};
int main() { return 0; }
但是,该程序提供以下错误：
prog.cpp:6:11: error: parameter pack ‘Args’ must be at the end of the
template parameter list
class A;
我一直在努力寻找关于使用enable_if来选择具有可变模板的类的一个很好的信息源.我唯一能找到的问题是这个：
How to use std::enable_if with variadic template
但是,尽管这个名字,这个问题及其答案并没有多大帮助.如果有人可以提供或链接关于如何接近的指南,以及为什么不赞赏.
解决方法
首先,您正在尝试的是编写类模板的多个定义.这是不允许的,因为它违反了一个定义规则.如果要使用类进行条件启用,则需要专门化.此外,编译器错误消息已经告诉你,在参数列表的中间不能有一个可变参数包.
一种方法是：
namespace detail {
template<typename T,typename Enable,typename... Args>
class A_impl;
template<typename T,typename... Args>
class A_impl<T,typename std::enable_if<T::value>::type,Args...> {
// code here
};
template<typename T,typename std::enable_if<!T::value>::type,Args...> {
// code here
};
}
template<typename T,typename...Args>
class A : public detail::A_impl<T,void,Args...> {};
如果条件真的是一个bool,那么Jonathan’s way也是非常好的,但是如果你希望添加更多的专业化,这些专业化依赖于几个条件,这可能并不有用.
