由于std :: to_string被添加到c 11,我开始实现to_string而不是更传统的运算符<<(ostream&,T).我需要将两者链接在一起,以便合并依赖于运算符<<(ostream&,T)的库.我希望能够表达如果T有运算符<(&ostream&,T),请使用它;否则,使用std :: to_string.我正在为一个更有限的版本进行原型设计,使操作符能够<
enum class MyEnum { A, B, C };
// plain version works
//std::ostream& operator<<(std::ostream& out, const MyEnum& t) {
// return (out << to_string(t));
//}
// templated version not working
template<typename T,
typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value>::type
>
std::ostream& operator<<(std::ostream& out, const T& t) {
return (out << to_string(t));
}
编译器说错误:’operator<<‘不匹配(操作数类型是’std :: ostream {aka std :: basic_ostream< char>}’和’MyEnum’)
cout<< v<< ENDL; 问题:
>为什么编译器找不到模板函数?
>有没有办法实现一般解决方案?
最佳答案 如果存在接受类型为const MyEnum的参数的std :: to_string(根据clang-703.0.31不存在),则以下内容将起作用.
#include <iostream>
#include <type_traits>
enum class MyEnum { A, B, C };
template<typename T>
typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value, std::ostream &>::type
operator<<(std::ostream& out, const T& t) {
return (out << std::to_string(t));
}
int main() {
MyEnum a;
std::cout << a << std::endl;
}
根据docs,有两种方法可以使用std :: enable_if,其中一种方法是使函数的返回类型仅在T为枚举类型(在您的情况下)时才有效.这是此代码显示的内容.如果std :: is_enum< T> :: value为true,那么std :: enable_if< std :: is_enum< T> :: value,std :: ostream&> :: type将导致std :: ostream&并且没有定义(这会使编译器对你大喊大叫).
您可能会编写类似my :: to_string的内容,它会尝试转换为字符串用户定义的类型:
namespace my {
template<typename T>
typename std::enable_if<! std::is_void<T>{} && std::is_fundamental<T>{}, std::string>::type
to_string(T t) {
return std::to_string(t);
}
std::string to_string(std::nullptr_t) = delete;
std::string to_string(MyEnum a) {
return "This is an enum";
}
}
然后,您可以在运算符中使用my :: to_string而不是std :: to_string<<:
return (out << my::to_string(t));
编辑:当它的参数为void或std :: nullptr_t时,使用my :: to_string现在会导致编译错误.
为什么你的代码不起作用
看一下docs中的例子:
06003
正如您所看到的,第二个模板参数是使用class = / * enable_if stuff * /编写的,但是在您的代码中,您只需使用模板< typename T,/ * enable_if stuff * />.因此,如果你按照文档,你将得到正确的结果 – 编译器会说它找不到接受枚举作为参数的std :: to_string的特化.