模板和继承过滤

Question

这种使用模板的方式是否合法？

class Foo {};

class Bar : public Foo {};

//Only accept classes, which inherit Foo.
template<Foo T>
void awesomeFunction() {
    Foo *f = new T();
}

int main() {
    awesomeFunction<Bar>();
}

有没有另一种编译时和异常安全的方法？

- user4937236

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我要冒险猜测你的意思是 template <class T>，而不是其他的。 - SirGuy

Answer 1

您可以使用SFINAE：

template<typename T, std::enable_if_t<std::is_base_of<Foo, T>::value>* = nullptr>
void awesomeFunction() {
    Foo *f = new T();
}

- Jarod42

Answer 2

通过使用概念，你将能够编写：

template<class T>
    requires std::is_base_of_v<Foo, T>
void awesomeFunction()
{
   // ...
}

在它们成为标准之前，其他答案中提出的SFINAE和static_assert解决方案将起到作用。

- bolov

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使用 requires 与 max66s 和 Jarod42s 的答案中的解决方案有什么区别吗？ - user4937236

@ShroomPow - 在我看来更简单、更优雅；不幸的是，它需要从C++20开始才能使用该概念（据我所知）。 - max66

Answer 3

这种使用模板的方式是否合法？

不合法，因为使用

template<Foo T>

您需要将类型为Foo的对象作为模板参数（而类型为Foo的对象无法作为模板参数），并调用

awesomeFunction<Bar>();

你需要传递一个类型，而不是一个对象。

正确的解决方案是像Jarod42所示的那样，接收一个类型 (template <typename T>)，并通过SFINAE启用/禁用函数。

另一种使用SFINAE的方法是，如果你至少可以使用C++11，

template <typename T>
typename std::enable_if<std::is_base_of<Foo, T>{}>::type awesomeFunction() {
    Foo *f = new T();
}

使用C++14可以简化为以下内容：

template <typename T>
std::enable_if_t<std::is_base_of<Foo, T>{}> awesomeFunction() {
    Foo *f = new T();
}

- max66

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返回值怎么办？我应该把返回类型说明符放在哪里？ - user4937236

@ShroomPow - std::enable_if 的第二个模板参数是返回类型；因此，您可以使用 typename std::enable_if<std::is_base_of<Foo, T>{}, void>::type。但是，void 是第二个模板参数的默认类型，因此在您的情况下，即使返回类型为 void，也可以避免显式指定它（对不起，我这里有个双关语）。 - max66

非常感谢你，max66；我会加一个 +1。 - user4937236

它... 它押韵。是的。 - user4937236

Answer 4

您可以使用 is_base_of 类型特征和 static_assert。如果 T 不是从 Foo 派生的，它将发出相应的错误消息并停止编译。

#include <type_traits>

template<typename TDerivedFromFoo>
void awesomeFunction()
{
    static_assert
    (
        ::std::is_base_of<Foo, TDerivedFromFoo>::value
    ,   "This function only accept classes, which inherit Foo."
    );
    Foo * f{new TDerivedFromFoo{}};
}

- user7860670