c++ - SFINAE:当成员函数不是模板时，没有名为 ‘type’ 的类型

Question

考虑以下示例:

template <typename T>
struct Boo {

    template <typename K = T>
    static typename enable_if<is_same<K, X1>::value, void>::type foo (int, int) {}

    template <typename K = T>
    static typename enable_if<is_same<K, X2>::value, void>::type foo (int) {}
};

template <typename T>
struct Goo {
    static typename enable_if<is_same<T, X1>::value, void>::type foo (int, int) {}

    static typename enable_if<is_same<T, X2>::value, void>::type foo (int) {}
};

及用法:

Boo<X1>::foo (1, 1);
Boo<X1>::foo (1);       // (1)
Boo<X2>::foo (5);
Boo<X2>::foo (5, 5);    // (2)

Goo<X1>::foo (1, 2);    // (3)
Goo<X2>::foo (2);       // (4)

(1) 和 (2) 无法编译，这就是我想要的，但是有人可以解释一下为什么 (3) 和 (4) 无法编译吗？那么，为什么 Goo::foo (int, int) 和 Goo::foo (int) 如果它们不是模板，就不能像 一样使用>Boo::foo (int, int), Boo::foo (int)。

Answer 1

答案非常简单 - SFINAE 致力于函数本身。它对它们的收容等级不起作用。由于在第二种情况下，函数本身不是模板，因此它们的实例是在实例化类时创建的 - 并且所有类型都必须正确。只有模板函数可以从重载决策中简单地丢弃。

小插图。即使这段代码也无法编译:

Goo<X1> a;

这里根本没有调用任何函数，但是代码将无法编译 - 因为编译器将无法创建类实例所需的函数。