在 SFINAE 中使用省略号是如何工作的？

Question

过去在使用 SFINAE 选择构造函数重载时，我通常使用以下方法：

template <typename T>
class Class {
public:
    template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_void<U>::value, int>::type=0>
    Class() {
        std::cout << "void" << std::endl;
    }

    template <typename U = T, typename std::enable_if<!std::is_void<U>::value, int>::type=0>
    Class() {
        std::cout << "not void" << std::endl;
    }
};

但是，我刚刚遇到了这个替代方案：

template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_void<U>::value>::type...>
Class() {
    std::cout << "void" << std::endl;
}

考虑到以下内容是非法的......

template <typename U = T, void...> // ERROR!
Class() { }

...上面使用省略号而不是非类型模板参数的替代方法如何工作？

---

完整代码：http://coliru.stacked-crooked.com/a/64a1aaf13ce6099b

Answer 1

我之前的回答是错误的。对不起。我只是要修复它。

---

此声明：

template <typename U = T, void...>
Class() { }

违反 [temp.res]/8:

程序是 格式错误，不需要诊断，如果 [...] 可变参数模板的每个有效特化都需要一个空模板参数包

它不需要诊断，但编译器无论如何都会选择发出一个。无论哪种方式，代码都是格式错误的。

另一方面

template <typename U = T, std::enable_if_t<std::is_void<U>::value>...>
Class() { }

不违反此要求。我们有一个空包，因此我们不会违反您不能使用 void 作为非类型模板参数的事实。此外，enable_if 的假设特化可以提供一个不存在 void 的类型，因此由于上述限制，它不是格式错误的。