SFINAE：std::enable_if 作为函数参数答案

【问题标题】：SFINAE: std::enable_if as function argumentSFINAE：std::enable_if 作为函数参数
【发布时间】：2015-12-19 09:08:50
【问题描述】：

所以，我正在按照此网页某处的代码设置的示例进行操作： http://eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

这是我所拥有的：

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<int>";
}

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<float>";
}

int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

这样我就不得不写了：

fun<int>(4);
fun<double>(4.4);

如何避免这种情况？

编译器报错无法推导出参数T。

【问题讨论】：

标签： c++ templates c++11 sfinae

【解决方案1】：

示例是错误的，因为T 是在non-deduced context 中。除非你调用像fun<int>(4);这样的函数，否则代码不会编译，但这可能不是作者想要展示的。

正确的用法是允许编译器推导出T，并将 SFINAE 条件放在其他地方，例如，在返回类型语法中：

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<int>";
}

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<float>";
}

DEMO

此外，您代码中的 typenames 与您对 std::enable_if_t 的用法相矛盾。

使用c++11:

typename std::enable_if<...>::type

或c++14:

std::enable_if_t<...>

这在没有返回类型的构造函数中如何工作？

在构造函数的情况下，SFINAE 条件可以隐藏在模板参数列表中：

struct A
{    
    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<int>";
    }

    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<float>";
    }
};

DEMO 2

或者，在c++20 中，您可以为此使用概念：

A(const std::integral auto& val);

A(const std::floating_point auto& val);

【讨论】：

我明白了。但是，在没有返回类型的构造函数中，这将如何工作？
int作为std::enable_if的第二个参数有什么意义？是任意的吗？还是因为int = 0 是安全的？

【解决方案2】：

要允许推断，您需要一个直接基于T 的函数参数。然后，您需要弄清楚将 enable_if 放在哪里（这确实不允许推断出 T）。常见选项位于返回类型或您忽略的额外默认参数上。

这里有一些很好的例子：http://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if

【讨论】：