enable_if和转换操作员？

Question

有机会使用的机会 enable_if 与类型转换操作员？似乎很棘手，因为返回类型和参数列表都是隐式的。

Answer 1

dixit 文档:
似乎没有一种方法来指定转换操作员的启用器。但是，转换构造函数可以将推动器作为额外的默认参数。

Answer 2

从我所做的小研究（忽略约翰内斯的C ++ 0x评论）中，我的答案是取决于您想要的 enable_if 为了。如果您希望转换操作 T 是否存在或不存在 T 然后看来答案是否定的，在C ++ 03中没有办法（正如Ugo所说）。但是，如果您需要 enable_if 更改 行为 操作员取决于 T 是的，有一个解决方法可以调用启用的助手函数（称为 to<T> 如Matthieu所建议的）。

#include<iostream>
#include<boost/utility/enable_if.hpp>
#include<boost/type_traits/is_class.hpp>

struct B{
    B(const B& other){}
    B(){}
};

struct A{
    template<class T>
    T to(typename boost::enable_if_c<not boost::is_class<T>::value, void*>::type = 0){
        std::clog << "converted to non class" << std::endl;
        return T(0);
    }
    template<class T>
    T to(typename boost::enable_if_c<boost::is_class<T>::value, void*>::type = 0){
        std::clog << "conveted to class" << std::endl;
        return T();
    }
    template<class T>
    operator T(){
        return to<T>();
    }
};

int main(){
    A a;
    double d = (double)a; // output: "converted to non class"
    B b = (B)(a); // output: "converted to class"
    return 0;
}

为了记录，我对此感到沮丧几天，直到我意识到自己想要 enable_if 不是针对Sfinae，而是用于编译时行为的变化。您可能还会发现这是您需要的真正原因 enable_if 还。只是一个建议。

（请注意，这是C ++ 98 ERA的答案）

Answer 3

尽管我可以理解这个问题的理论兴趣，但我个人避免了尽可能多地使用转换操作员。

我唯一使用的一致性的是转换为伪树立（使用安全的布尔习惯），用于智能彩音或代理，正如我所指出的那样，我实际上使用了一个技巧来防止完整的布尔语义...

如果我想促进转化，我更喜欢沿线的东西：

template <class T>
T to() const;

它不受转换操作员的局限性（按签名）的限制，需要明确调用，只是因为它更清楚。

Answer 4

实际上，我找到了一种方法。我们使用私人，未使用的课程来标记不应该存在的转换，我们使用 boost::mpl::if_ 选择是产生转换为Noconversion还是所需的类型。

class A {
    class NoConversion { };
    template<class B> operator typename boost::mpl::if_<Cond, B, NoConversion>::type() const;
}