条件编译和非类型模板参数

我无法理解非类型模板参数，并希望有人能够阐明这一点。

#include <iostream>

template<typename T, int a>
void f() {
  if (a == 1) {
    std::cout << "Hello\n";
  } else {
    T("hello");
  }
}

int main() {
  f<int, 1>;
}

当我编译这个时，我收到一条错误消息：

/tmp/conditional_templates.cc:13:12:   required from here
/tmp/conditional_templates.cc:8:5: error: cast from ‘const char*’ to ‘int’ loses precision [-fpermissive]
     T("hello");
     ^

但是，编译器不能检测到非类型参数“a”为 1，因此不会采用 else 分支吗？还是期望太高了？在这种情况下，我该如何完成这样的事情？

我不得不承认，老实说，我不明白这样做的根本原因，但它是你的代码。除了明显的错误（未能为函数调用提供括号）main()，以及警告（将字符地址转换为数据丢失int），关于条件包含的更大问题很重要。

如果您有如下代码：

if (something)
{
    do something
}

它显然必须编译，并且会not有条件地这样做。那something源自非类型模板参数没有区别。您需要将逻辑从函数内的 if 表达式中取出并放入模板扩展控制机制中。专业化就是这样一种技术，SFINAE http://en.wikipedia.org/wiki/Substitution_failure_is_not_an_error是另一个：

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <type_traits>
#include <cstdint>

static const char* something = "something";

template<class T, bool a>
typename std::enable_if<a>::type f()
{
    std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << '\n';
    std::cout << something << '\n';
}

template<class T, bool a>
typename std::enable_if<!a>::type f()
{
    std::cout << __PRETTY_FUNCTION__ << '\n';
    std::cout << std::hex << T(something) << '\n';
}

int main()
{
    f<int, true>();
    f<intptr_t, false>();
}

Output

typename std::enable_if<a>::type f() [T = int, a = true]
something
typename std::enable_if<!a>::type f() [T = long, a = false]
100001f18

您在每个项目中做什么取决于您。当然，您可以使用预处理器宏进行投注并完成大部分/所有这些工作，但是这有什么乐趣呢？