c++ - 推导参数失败，适用于返回值

Question

我尝试在函数参数上使用 std::enable_if 来触发 SFINAE。编译失败并出现此错误:

type_nonsense.cpp:20:5: error: no matching function for call to 'c'
    c(SOME::VALUE);
    ^
type_nonsense.cpp:13:6: note: candidate template ignored: couldn't infer
      template argument 'T'
void c(typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value, T>::type t) {}
     ^
1 error generated.

将 std::enable_if 移动到返回类型或虚拟模板参数都可以正常工作。为什么？

---

#include <type_traits>

// Works
template <typename T, typename dummy = typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value, T>::type>
void a(T t) {}

// Works
template <typename T>
typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value, void>::type b(T t) {}

// Fails to compile
template <typename T>
void c(typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value, T>::type t) {}

enum class SOME { VALUE };

int main() {
    a(SOME::VALUE);
    b(SOME::VALUE);
    c(SOME::VALUE);
}

Answer 1

嵌套名称说明符中的依赖类型是模板参数推导的非推导上下文，因此不能用于确定 T 的类型。将 std::enable_if 放在返回类型中或作为默认模板参数是可行的，因为在这些上下文中不会推导 T 的类型。

如果你需要把它作为一个参数，你可以这样做:

template <typename T>
void c(T t, typename std::enable_if<std::is_enum<T>::value>::type* = nullptr) {}

这是有效的，因为T 是由第一个 参数推导出来的，而不是第二个。