c++ - sfinae 是否实例化了一个函数体？

Question

我想使用通常的 SFINAE 技巧检测类的特定成员函数是否存在。

template<typename T>
struct has_alloc
{
    template<typename U,U x>
    struct dummy;

    template<typename U>
    static char test(dummy<void* (U::*)(std::size_t),&U::allocate>*);
    template<typename U>
    static char (&test(...))[2];
    static bool const value = sizeof(test<T>(0)) ==1;
};

应该注意的是，这会检测到一种不同类型的分配器，它具有 void* allocate(std::size_t)作为非标准的成员函数(可能是一些原始内存分配器)。

接下来，我有一个不完整的类型和一个不完整类型的 std::allocator。

struct test;
typedef std::allocator<test> test_alloc;

我正在检查 test_alloc 是否是我正在寻找的那个。

struct kind_of_alloc
{
   const static bool value =  has_alloc<test_alloc>::value;
};

当然struct test当我“使用”test_alloc 时将完成比如

#include "test_def.hpp"//contains the code posted above
struct test{};

void use()
{
    test_alloc a;    
}

在另一个编译单元中。然而，当 has_alloc 测试发生时，编译器尝试实例化 std::allocator 的分配函数，发现函数体内使用了不完整类型的 size，并导致硬错误。 如果分配的实现分离并在使用时单独包含，似乎不会发生错误，例如

template<typename T>
T* alloc<T>::allocate(std::size_t n)
{
      return (T*)operator new(sizeof(T)*n);
}
void use()
{
    test_alloc a;
    a.allocate(2);
}

和test_def.hpp包含

template<typename T>
struct alloc
{
  T* allocate(std::size_t n);
};

然而，虽然我可以为 alloc<T> 做到这一点, std::allocator 是不可能的因为分离实现是不可能的。 我正在寻找的是可以用 void* allocate(size_t) 来测试一个函数是否存在存在于 test_alloc .如果不是，它将测试为阴性，如果是，即如果函数签名匹配，即使不能在那里实例化，测试也是肯定的。

Answer 1

不，SFINAE 仅在重载决议期间有效。一旦做出决定并且编译器开始实例化函数 SFINAE 就结束了。

编辑:并获取函数的地址以实例化它。