为什么 void_t 在 SFINAE 中不起作用但 enable_if 起作用答案

【问题标题】：Why void_t doesnt work in SFINAE but enable_if does为什么 void_t 在 SFINAE 中不起作用但 enable_if 起作用
【发布时间】：2017-06-30 11:57:41
【问题描述】：

我试图了解SFINAE 的工作原理，并且正在尝试使用此代码

#include <type_traits>

struct One { 
  using x = int; 
};
struct Two { 
  using y = int; 
};

template <typename T, std::void_t<typename T::x>* = nullptr>
void func() {}
template <typename T, std::void_t<typename T::y>* = nullptr>
void func() {}

/*template <typename T, std::enable_if_t<std::is_same_v<typename T::x, typename T::x>>* = nullptr>
void func() {}
template <typename T, std::enable_if_t<std::is_same_v<typename T::y, typename T::y>>* = nullptr>
void func() {} */



int main() {
  func<One>();
  func<Two>();
}

注释的代码有效，但第一个无效。编译器给了我错误，说有重新定义并且模板参数推导失败。有人可以解释为什么会这样吗？两个void_ts 应该是独立的吧？因为一行检查x，另一行检查y。我该如何解决？

【问题讨论】：

请注意，这适用于make_void trick。

标签： c++ c++17 sfinae

【解决方案1】：

这似乎与CWG issue #1980 有关（感谢T.C. 纠正我）。

作为一种解决方法，您可以将void_t 定义为：

template<typename... Ts> struct make_void { typedef void type;};
template<typename... Ts> using void_t = typename make_void<Ts...>::type;

(from cppreference)

live example on wandbox

【讨论】：

哇这个问题在 gcc 上新安装的 C++17 还没有解决？
@VittorioRomeo 他们至少可以在库中使用 make_void 技巧..
std::void_t 指定为template <class...> using void_t = void;
这不是 1558。这与声明匹配有关，即两个 func 定义是否实际上声明了不同的函数模板或相同的函数模板。更接近 2037 年。
"所有提示似乎都指向 1558"？不是我。首先，您不会得到“模棱两可的过载”之类的东西，这表明 SFINAE 没有介入；相反，您会得到“重新定义”。其次，如果你删除了两个funcs 之一，那么剩下的一个会被适当地调用——或者产生一个错误。这也与 SFINAE 问题不一致。最后，只要有func 的两个定义，没有任何调用，就足以触发错误。再一次，这与 SFINAE 问题不一致。