C++:为什么编译器在不使用时实例化模板

Question

让我们考虑这段代码:

template <bool c>
class A {
public:
    A() = default;
    // I want to enable f(int) only if c == true
    template<typename Temp = typename enable_if<c>::type>
    void f(int val) {
        cout << val << endl;
    };
};

int main() {
    A<false> a;
    A<true> b;
    b.f(543);
}

当我尝试编译它时，出现以下错误:

error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, void>'

但是我没有使用模板方法f(int)当参数 <bool c>是false那么它不应该存在。

Answer 1

编译器不会像您错误地相信的那样“实例化”您的模板。编译器只是试图解析和分析您的模板声明，它是您的类定义的一部分。如果类被实例化，则所有成员声明 都必须有效。您的成员模板声明无效。因此错误。

如果某个模板“未使用”，则意味着它没有得到专门化和实例化。但是该模板的声明 仍然必须有效。并且立即检查声明中那些不依赖于模板参数的部分的有效性。换句话说，你在代码中写的和

template <typename T = jksgdcaufgdug> void foo() {}

int main() {}

或者，更接近你的情况

template <typename T = std::enable_if<false>::type> void foo() {}

int main() {}

即使这些程序不“使用”(不实例化)功能模板foo , 它仍然不意味着 foo 的声明可以包含随机垃圾，如 jksgdcaufgdug或明确引用不存在的实体，如 std::enable_if<false>::type .由于这个原因，上述示例将无法编译。

您可以在相关 上下文中使用“随机垃圾”，例如

template <typename T> void foo(typename T::kjhdfjskhf x) 
{ 
  typename T::jksgdcaufgdug i; 
}

你可以使用std::enable_if在依赖上下文中，例如

template <typename T, 
          typename U = typename enable_if<is_void<T>::value>::type>
void bar()
{ 
}

它不会产生“早期”错误，但在您的情况下 enable_if<c>不依赖于 Temp ，所以它不在依赖上下文中。这意味着 typename enable_if<c>::type 的正确性当您实例化 A<false> 时立即检查.