SFINAE 失败，类模板中的 typedef 引用另一个类模板中的 typedef

Question

我一直在研究一种生成有关在 C++ 中包装其他类的类的编译时信息的方法。在我要问的问题的一个最小示例中，这样的包装类：

• 包含一个typedef WrappedType，定义了包装类的类型；和
• 重载了一个名为IsWrapper 的结构模板，以表明它是一个包装类。

有一个名为WrapperTraits 的结构模板，然后可用于确定包装类型层次结构的（非包装）根类型。例如。如果包装类是名为Wrapper<T> 的类模板，则Wrapper<Wrapper<int>> 的根类型将是int。

在下面的代码 sn-p 中，我实现了一个名为GetRootType<T> 的递归结构模板，它定义了一个typedef RootType，它给出了包装器类型T 的根类型。 WrapperTraits 的给定定义只包含GetRootType 定义的根类型，但实际上它会有一些额外的成员。为了测试它，我编写了一个普通函数f，它接受int，以及一个重载函数模板f，它接受一个以int 作为根类型的任意包装类。我使用 SFINAE 来区分它们，通过在函数模板的返回类型中使用std::enable_if 来检查f 的参数的根类型是否为int（如果f 的参数不是包装器，试图确定其根类型将失败）。在我问我的问题之前，这里是代码 sn-p：

#include <iostream>
#include <type_traits>


// Wrapper #######################################

template<class T>
struct Wrapper {typedef T WrappedType;};

template<class T, class Enable=void>
struct IsWrapper: std::false_type {};

template<class T>
struct IsWrapper<Wrapper<T> >: std::true_type {};


// WrapperTraits #######################################

template<
  class T,
  bool HasWrapper=
    IsWrapper<T>::value && IsWrapper<typename T::WrappedType>::value>
struct GetRootType {
  static_assert(IsWrapper<T>::value,"T is not a wrapper type");

  typedef typename T::WrappedType RootType;
};

template<class T>
struct GetRootType<T,true> {
  typedef typename GetRootType<typename T::WrappedType>::RootType RootType;
};

template<class T>
struct WrapperTraits {
  typedef typename GetRootType<T>::RootType RootType;
};


// Test function #######################################

void f(int) {
  std::cout<<"int"<<std::endl;
}

// #define ROOT_TYPE_ACCESSOR WrapperTraits  // <-- Causes compilation error.
#define ROOT_TYPE_ACCESSOR GetRootType    // <-- Compiles without error.

template<class T>
auto f(T) -> 
  typename std::enable_if<
    std::is_same<int,typename ROOT_TYPE_ACCESSOR<T>::RootType>::value
  >::type
{
  typedef typename ROOT_TYPE_ACCESSOR<T>::RootType RootType;

  std::cout<<"Wrapper<...<int>...>"<<std::endl;
  f(RootType());
}


int main() {
  f(Wrapper<int>());  
  return 0; 
}

这会正确编译 (try it here) 并产生输出：

Wrapper<...<int>...>
int

但是，我使用GetRootType 来确定对std::enable_if 的调用中的根类型。如果我改为使用WrapperTraits 来确定根类型（您可以通过更改ROOT_TYPE_ACCESSOR 的定义来做到这一点），GCC 会产生以下错误：

test.cpp: In instantiation of ‘struct WrapperTraits<int>’:
test.cpp:49:6:   required by substitution of ‘template<class T> typename std::enable_if<std::is_same<int, typename WrapperTraits<T>::RootType>::value>::type f(T) [with T = int]’
test.cpp:57:15:   required from ‘typename std::enable_if<std::is_same<int, typename WrapperTraits<T>::RootType>::value>::type f(T) [with T = Wrapper<int>; typename std::enable_if<std::is_same<int, typename WrapperTraits<T>::RootType>::value>::type = void]’
test.cpp:62:19:   required from here
test.cpp:21:39: error: ‘int’ is not a class, struct, or union type
   bool HasWrapper=IsWrapper<T>::value && IsWrapper<typename T::WrappedType>::value>

我的问题是：C++ 标准中关于参数推导的规则解释了为什么使用WrapperTraits 会导致编译错误，但使用GetRootType 不会？ 请注意我要问的内容这是为了能够理解为什么会出现这个编译错误。我对可以进行哪些更改以使其正常工作不太感兴趣，因为我已经知道将 WrapperTraits 的定义更改为此可以修复错误：

template<
  class T,
  class Enable=typename std::enable_if<IsWrapper<T>::value>::type>
struct WrapperTraits {
  typedef typename GetRootType<T>::RootType RootType;
};

template<class T>
struct WrapperTraits<T,typename std::enable_if<!IsWrapper<T>::value>::type> {
};

但是，如果有人能看到更优雅的写作方式f 和WrapperTraits，我会非常有兴趣看到它！

Answer 1

您问题的第一部分是为什么它会失败。答案是在编译时级别上，&& 没有短路属性。这一行：

bool HasWrapper=IsWrapper<T>::value && IsWrapper<typename T::WrappedType>::value>

失败，因为第一个条件是false，但编译器尝试实例化第二部分，但T 是int，因此T::WrappedType 不起作用。

---

要回答您关于如何使其更容易的问题的第二部分，我认为以下内容应该让您很高兴：

#include <iostream>
#include <type_traits>

// Wrapper #######################################

template<class T>
struct Wrapper {};

// All you need is a way to unwrap the T, right?

template<class T>
struct Unwrap { using type = T; };

template<class T>
struct Unwrap<Wrapper<T> > : Unwrap<T> {};

// Test function #######################################

void f(int) {
  std::cout<<"int"<<std::endl;
}

// Split unwrapping and checking it with enable_if<>:
template<class T,class U=typename Unwrap<T>::type>
auto f(T) -> 
  typename std::enable_if<
    std::is_same<int,U>::value
  >::type
{
  std::cout<<"Wrapper<...<int>...>"<<std::endl;
  f(U());
}    

int main() {
  f(Wrapper<int>());  
  return 0; 
}

Live example

Answer 2

您遇到的问题是由于 SFINAE 仅发生在模板实例化的“直接上下文”（标准使用的术语，但没有很好地定义）中。 WrapperTraits<int> 的实例化在auto f<int>() -> ... 的实例化的直接上下文中，它成功了。不幸的是，WrapperTraits<int> 有一个格式不正确的成员RootType。该成员的实例化在直接上下文中不是，因此 SFINAE 不适用。

要让这个 SFINAE 按您的意愿工作，您需要安排 WrapperTraits<int> 到 不 有一个名为 RootType 的类型，而不是有这样的成员，但格式不正确定义。这就是为什么您的更正版本按预期工作的原因，尽管您可以通过重新排序来节省一些重复：

template<class T, class Enable=void>
struct WrapperTraits {};

template<class T>
struct WrapperTraits<T,typename std::enable_if<IsWrapper<T>::value>::type> {
  typedef typename GetRootType<T>::RootType RootType;
};

我可能会将整个特征系统编码为 (DEMO)：

// Plain-vanilla implementation of void_t
template<class...> struct voider { using type = void; };
template<class...Ts>
using void_t = typename voider<Ts...>::type;

// WrapperTraits #######################################

// Wrapper types specialize WrappedType to expose the type they wrap;
// a type T is a wrapper type iff the type WrappedType<T>::type exists.
template<class> struct WrappedType {};

// GetRootType unwraps any and all layers of wrappers.
template<class T, class = void>
struct GetRootType {
  using type = T; // The root type of a non-WrappedType is that type itself.
};

// The root type of a WrappedType is the root type of the type that it wraps.
template<class T>
struct GetRootType<T, void_t<typename WrappedType<T>::type>> :
  GetRootType<typename WrappedType<T>::type> {};

// non-WrappedTypes have no wrapper traits.
template<class T, class = void>
struct WrapperTraits {};

// WrappedTypes have two associated types:
// * WrappedType, the type that is wrapped
// * RootType, the fully-unwrapped type inside a stack of wrappers.
template<class T>
struct WrapperTraits<T, void_t<typename WrappedType<T>::type>> {
  using WrappedType = typename ::WrappedType<T>::type;
  using RootType = typename GetRootType<T>::type;
};

// Convenience aliases for accessing WrapperTraits
template<class T>
using WrapperWrappedType = typename WrapperTraits<T>::WrappedType;
template<class T>
using WrapperRootType = typename WrapperTraits<T>::RootType;


// Some wrappers #######################################

// Wrapper<T> is a WrappedType
template<class> struct Wrapper {};
template<class T>
struct WrappedType<Wrapper<T>> {
  using type = T;
};

// A single-element array is a WrappedType
template<class T>
struct WrappedType<T[1]> {
  using type = T;
};

// A single-element tuple is a WrappedType
template<class T>
struct WrappedType<std::tuple<T>> {
  using type = T;
};

虽然那里有很多机器，而且可能比你需要的更重。例如，WrapperTraits 模板可能会被删除，而直接使用WrappedType 和GetRootType。我无法想象您经常需要传递 WrapperTraits 实例化。