与 std::enable_if_t 对应答案

【问题标题】：Counterpart to std::enable_if_t与 std::enable_if_t 对应
【发布时间】：2016-01-27 07:35:54
【问题描述】：

std::enable_if_t 如果某个值为真，则为您获取类型。现在，如果表达式格式正确，我想要一个可以为您提供类型的东西。如果我想要的类型是void，我可以做decltype((void)(expr))。但是如果我想要void 以外的东西，我该怎么办？我想要一个简洁优雅的解决方案。

【问题讨论】：

您是否尝试实现类似std::experimental::is_detected 的东西？也许你想要std::void_t之类的东西。
decltype((void)(expr), std::declval<the_type_you_want>())

标签： c++14 template-meta-programming typetraits decltype enable-if

【解决方案1】：

你可以这样使用：

template<typename T>
struct well_formed : std::true_type{};

然后将其与enable_if_t结合起来

【讨论】：

如果T 的格式不正确，则整个表达式编译失败，而不是返回false_type。所以它的名字不好......你还不如std::conditional_t< false, decltype(expr), result_type >
我认为 @Yakk std::enable_if_t<well_formed<expr>::value, result_type> 非常清楚。我也喜欢你的版本，特别是因为你不需要另一个辅助结构，但我相信它有点难读。

【解决方案2】：

目前还不清楚你想如何使用它，但你可以概括std::void_t：

template<typename T, typename...> struct helper { using type = T; };
template<typename T, typename...Ts> 
using type_t = typename helper<T,Ts...>::type;

（由于this standards defect，可能需要帮助器）

然后像这样使用它：

type_t<int, decltype(expr)>

【讨论】：