如何应用使默认构造函数有条件地显式？

Question

问题

假设我们有一个（虚构的）类模板C<T>，它带有一个条件显式的默认构造函数。当且仅当std::is_same_v<T, int> 时，默认构造函数应该是显式的。

A search on "[c++] conditionally explicit" 返回此结果：Constructor conditionally marked explicit。

一个失败的解决方案

接受的答案举了一个例子：

struct S {
  template <typename T,
             typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, bool>::type = false >
  S(T) {}

  template <typename T,
            typename std::enable_if<!std::is_integral<T>::value, bool>::type = false>
  explicit S(T) {}
};

稍微修改示例给出了这个使用熟悉的方法std::enable_if的实现：

template <class T>
class C {
public:
  template <std::enable_if_t<std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
  C() {}

  template <std::enable_if_t<!std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
  explicit C() {}
};

不幸的是，这甚至无法编译：demo

prog.cc: In instantiation of 'class C<int>':
prog.cc:15:10:   required from here
prog.cc:10:12: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>'
   10 |   explicit C() {}
      |            ^
prog.cc: In instantiation of 'class C<double>':
prog.cc:18:13:   required from here
prog.cc:7:3: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>'
    7 |   C() {}
      |   ^

问题似乎是由于构造函数的模板参数遗漏，禁用了SFINAE造成的。

问题

1. 为什么不能编译？
2. 什么是可能的实现方式？

如果可能，我想避免专攻该课程。

Answer 1

1. 什么是可能的实现方式？

你试过了吗

template <class T>
class C {
public: //  VVVVVVVVVVVVVV .................................V  U here, not T
  template <typename U = T, std::enable_if_t<std::is_same_v<U, int>, int> = 0>
  C() {}

  template <typename U = T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<U, int>, int> = 0>
  explicit C() {}
};

?

1. 为什么不能编译？

问题在于，SFINAE 通过类方法使用方法本身的模板参数。

这是在原始工作代码中：

  template <typename T,
             typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, bool>::type = false >
  S(T) {}

其中T 是特定于构造函数的模板参数（从单个参数推导出来）。

相反，在你失败的代码中，

template <std::enable_if_t<std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
C() {}

构造函数正在评估类的模板参数 (T)，而不是方法。

使用技巧typename U = T，您将T（类的模板参数）转换为U（方法的模板参数）（在您的情况下为构造函数，但也适用于其他方法）所以@987654329 @，通过基于 U 的测试，能够启用/禁用构造函数。