我已经用过很多次 SFINAE 成语了,我习惯了把我的 std::enable_if<>
在模板参数中而不是在返回类型中。但是,我遇到了一些它不起作用的琐碎案例,我不知道为什么。首先,这是我的主要内容:
int main()
{
foo(5);
foo(3.4);
}
这里是 foo
的实现触发错误:
template<typename T,
typename = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type>
auto foo(T)
-> void
{
std::cout << "I'm an integer!\n";
}
template<typename T,
typename = typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type>
auto foo(T)
-> void
{
std::cout << "I'm a floating point number!\n";
}
这里有一段据说可以正常工作的等效代码:
template<typename T>
auto foo(T)
-> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
std::cout << "I'm an integrer!\n";
}
template<typename T>
auto foo(T)
-> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
std::cout << "I'm a floating point number!\n";
}
我的问题是:为什么 foo
的第一个实现触发了那个错误,而第二个没有触发它?
main.cpp:14:6: error: redefinition of 'template<class T, class> void foo(T)' auto foo(T) ^ main.cpp:6:6: note: 'template<class T, class> void foo(T)' previously declared here auto foo(T) ^ main.cpp: In function 'int main()': main.cpp:23:12: error: no matching function for call to 'foo(double)' foo(3.4); ^ main.cpp:6:6: note: candidate: template<class T, class> void foo(T) auto foo(T) ^ main.cpp:6:6: note: template argument deduction/substitution failed: main.cpp:5:10: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, void>' typename = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type> ^
编辑:
最佳答案
您应该查看定义函数模板等效性的14.5.6.1 函数模板重载
(C++11 标准)。简而言之,不考虑默认模板参数,因此在第一种情况下,您定义了两次相同的函数模板。在第二种情况下,您有表达式引用返回类型中使用的模板参数(再次参见 14.5.6.1/4)。由于此表达式是签名的一部分,您将获得两个不同的函数模板声明,因此 SFINAE 有机会工作。
关于c++ - SFINAE 以返回类型工作,但不作为模板参数,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/15427667/