templates - 如何使用 std::enable_if_t 和 std::is_base_of 来检查 SFINAE 的编译时继承？

Question

我试图在编译时将函数的模板类型限制为特定类及其子类。为此，我使用了类型特征 std::enable_if_t 和 std::is_base_of ，如下所示:

template <typename T = std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T> > >

但是模板仍然使用不属于继承层次结构的类型(即 int )进行编译。以下是问题的 MCVE:

class A {
public:
  A(float a) : a(a) {}
  float a;
};
class B : public A{
public:
  B(float a) : A(a) {}
};

template <typename T = std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T> > >
void templateFunction(T a) {

}

int main() {
  templateFunction<A>(A(1.0f)); // OK -> std::is_base_of<A, A>
  templateFunction<B>(B(1.0f)); // OK -> std::is_base_of<A, B>

  templateFunction<int>(1); // Should not compile! int is not a subclass of A -> std::is_base_of<A, int>
  return 0;
}

这在 Visual Studio 2017 下编译没有任何错误，但模板函数的最后实例化在我的理解中不应该编译。
我对类型特征的使用是否有任何问题，或者 Visual Studios SFINAE 实现是否有问题？

Answer 1

您对 enable_if 的使用有点奇怪，我会执行以下操作:

template <typename T>
std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T>::value> templateFunction(T a) {

}

或者:

template <typename T>
void templateFunction(std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T>::value, T> a) {

}

更好的解决方案:完全忘记 SFINAE:

template <typename T>
void templateFunction(T a) {
  static_assert(std::is_baseOf<A,T>(), "only subclasses, please");
}

编辑，解释: 将 enable_if_t 视为满足条件时成为类型的东西(默认为 void )。

应用这一点，你的函数读作:

// true case:
template <typename T = void>
void templateFunction(T a) {}

// false case:
template <typename T = nonsense>
void templateFunction(T a) {}

您的调用仍然与 false 情况下的模板匹配!

现在，将此应用于我建议的代码:

//true case:
template <typename T>
void templateFunction(T a) {}

//false case:
template <typename T>
*nonsense* templateFunction(T a) {}

在这里，该函数在 false 情况下根本不存在，因此会产生编译错误。