重载函数未编译的简单 SFINAE 示例答案

【问题标题】：simple SFINAE example to overload function not compiling重载函数未编译的简单 SFINAE 示例
【发布时间】：2018-04-07 01:33:32
【问题描述】：

我指的是这个例子SFINAE example，

我已尝试运行示例，

//enable_if
template<bool, typename T = void>
struct enable_if {};
template <typename T>
struct enable_if<true, T> {
    using type = T;
};

template <typename T>
void do_stuff(typename enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type &t) {
    std::cout<< "Integral selected "<<std::endl;
}

template <typename T>
void do_stuff(typename enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type &t) {
    std::cout<<"Class selected " <<std::endl;
}

int main()
{
    int t =25;
    do_stuff(t);
    return 0;
}

但这不会编译，我可以知道为什么吗？

【问题讨论】：

Template argument deduction failed, SFINAE的可能重复
我相信它们是相关但不同的问题。
@NicolasTisserand 不同的问题如何？它们是相同的问题。
OP 询问了他自己的自定义 enable_if 实现。其他问题与来自<type_traits> 的标准enable_if_t 相关。但最终的答案确实是相似的。
@NicolasTisserand 这正是实现enable_if 的方式——OP 没有使用std 版本的事实与问题无关。

标签： c++ c++11 templates template-meta-programming sfinae

【解决方案1】：

除了其他解决方案之外，如果您不想将 enable_if 作为返回值，您可以将其作为参数类型传递，然后作为函数签名的一部分：

#include <type_traits>
#include <iostream>

//enable_if
template<bool, typename T = void>
struct enable_if {};
template <typename T>
struct enable_if<true, T> {
    using type = int; // must be a non-type template parameter
};

template <typename T, typename enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type = 0>
void do_stuff(T &t) {
    std::cout<< "Integral selected "<<std::endl;
}

template <typename T, typename enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type = 0>
void do_stuff(T &t) {
    std::cout<<"Class selected " <<std::endl;
}

class Foo
{
  public:
    Foo() = default;
};

int main()
{
    int t =25;
    Foo f;
    do_stuff(t);
    do_stuff(f);
    return 0;
}

【讨论】：

【解决方案2】：

这对我有用：

template <typename T>
typename enable_if<std::is_integral<T>::value, void>::type
do_stuff(T& t) {
    std::cout<< "Integral selected "<<std::endl;
}

template <typename T>
typename enable_if<std::is_class<T>::value, void>::type
do_stuff(T& t) {
    std::cout<<"Class selected " <<std::endl;
}

问题在于 enable_if 静态调用被应用于函数参数而不是返回类型。

【讨论】：

【解决方案3】：

但这不会编译，我可以知道为什么吗？

因为，调用do_stuff()不能通过enable_if推导出类型T。

但是如果你调用 do_stuff() 来解释类型 T 就可以了

int t =25;
do_stuff<int>(t); // compile

为避免此问题，我建议您使用 Nicolas Tisserand (+1) 提出的解决方案（无需将 void 解释为 enable_if 的第二个参数，因为它是默认值）

template <typename T>
typename enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
do_stuff(T& t) {
    std::cout<< "Integral selected "<<std::endl;
}

template <typename T>
typename enable_if<std::is_class<T>::value>::type
do_stuff(T& t) {
    std::cout<<"Class selected " <<std::endl;
}

通过返回类型启用 SFINAE。

这样T 类型就可以从参数中推导出来，所以你不需要解释它。

【讨论】：