施加模板函数类型的约束，而不使用c++0x概念

Question

既然我们已经知道概念不是C++0x的一部分，我正在寻找方法来对模板函数中的类型施加限制。

以下是两个例子：

如果我们想确保给定类型是整数，我们可以使用：

template <class N> inline int f(const N n)
{
    if ((N)0.1 != 0)               // if type of N is floating-point
        err()

    ....
}

如果我们想确保给定类型是无符号整数，我们可以使用：

template <class N> inline int f(const N n)
{
    if ((N)-1 < (N)1)              // if type of N is floating-point / signed-integer
        err()

    ....
}

我正在寻找创造性的方法来检查额外的限制，这将导致在运行时，或更好的，在编译时(没有概念，没有RTTI)失败。

有什么建议吗？

Answer 1

通过使用类型特征，在编译时可以更好地处理检查。

第一项：

STATIC_ASSERT(std::numeric_limits<N>::is_integer)

第二部分：

STATIC_ASSERT(not std::numeric_limits<M>::is_signed)

看看Boost概念检查库和Boost.StaticAssert。

Answer 2

您可以通过扩展的SFINAE近似限制函数模板。下面是一个在C++0x模式下使用GCC 4.4.1编译的示例：

#include <iostream>
#include <type_traits>

#define REQUIRES(...) ,class=typename std::enable_if<(__VA_ARGS__)>::type

template <typename IntType
    REQUIRES( std::is_integral<IntType>::value )
>
inline IntType f(IntType n) {
    return n;
}

int main() {
    std::cout << f( 2) << '\n';
    // std::cout << f(3.1415) << '\n'; // won't work
}

SFINAE的好处是，当模板参数推导失败时，函数模板就会被忽略，不会成为重载集的一部分。上面的示例利用了一个事实，即C++0x将支持函数模板的默认模板参数。在好的旧C++98中，它应该是这样的：

template <typename IntType>
inline
typename boost::enable_if_c<(
    std::numeric_limits<IntType>::is_integer
),IntType>::type f(IntType n) {
    return n;
}

干杯，S

Answer 3

要方便地检查继承，您也可以这样做。

template <typename T>
class MyClass
{
private:
  static ClassA *checkIfTIsA() { return (T *)NULL; }
};