c++ - 使用 enable_if 单独定义和声明模板成员函数，其模板参数还包含一个 constexpr 成员函数

Question

以下代码无法在 CentOS 7 上的 g++ 8.1.0 下编译:

嘿.h

#pragma once
#include <iostream>
#include <type_traits>

class Valid {};
class Invalid {};

struct Hey
{
  template<typename T>
  static constexpr bool is_valid() { return std::is_same_v<T, Valid>; }

  template<typename T, std::enable_if_t<is_valid<T>()>* = nullptr>
    void howdy() const;
};

template<typename T, std::enable_if_t<Hey::is_valid<T>()>*>
  void Hey::howdy() const
{
  std::cout << "Howdy" << std::endl;
}

编译器输出:

In file included from hey.cpp:1:
hey.h:18:8: error: no declaration matches ‘void Hey::howdy() const’
   void Hey::howdy() const
        ^~~
hey.h:14:10: note: candidate is: ‘template<class T, std::enable_if_t<is_valid<T>()>* <anonymous> > void Hey::howdy() const’
     void howdy() const;
          ^~~~~
hey.h:8:8: note: ‘struct Hey’ defined here
 struct Hey
        ^~~

令人惊讶的是，要正确编译并获得所需的行为，我所要做的就是在 Hey 中添加一个 typedef:

hey.h(已修复，跳过了前几行无聊的代码)

struct Hey
{
  template<typename T>
  static constexpr bool is_valid() { return std::is_same_v<T, Valid>; }

  template<typename T>
  using EnableType = std::enable_if_t<is_valid<T>()>;

  template<typename T, EnableType<T>* = nullptr>
    void howdy() const;
};

template<typename T, Hey::EnableType<T>*>
  void Hey::howdy() const
{
  std::cout << "Howdy" << std::endl;
}

hey.cpp

#include "hey.h"

int main(int, char**)
{
  Hey hey;
  hey.howdy<Valid>();

  // Adding this line breaks the build, as it should:
  // hey.howdy<Invalid>();

  return 0;
}

经过多次调整，我将编译器错误情况缩小为以下事实:1) is_valid() 是 Hey 的成员和 2) howdy () 在 Hey 的主体内声明，但在外部定义。如果您删除 using 并使 is_valid() 成为 Hey 之外的独立函数，则编译没有问题。如果您删除 using 并在类定义中定义 howdy() ，编译也没有问题。但是当 howdy() 在类定义之外定义时，is_valid() 在类定义内部声明，并且 using 不是目前，编译器失败。这是正确的行为吗？我在看编译器错误吗？

Answer 1

模板声明中表达式的匹配是基于equivalence ，一个基于单一定义规则的概念。对于被认为是等价的两个表达式，它们必须至少是逐个 token 相同的模版参数重命名模数。

表达式 is_valid<T>()和 Hey::is_valid<T>()不等价(第二个有两个标记，第一个没有)，因此编译器不需要匹配它们。

Hey::EnableType<T>是一种类型，不受表达式的严格等价规则的约束。