SFINAE 和模板函数实例化：为什么在启用 SFINAE 的类型的函数参数中使用模板参数时不能推导？

Question

这些天我在试验 SFINAE，有些事情让我很困惑。为什么my_type_a不能在my_function的实例化中推导出来？

class my_type_a {};

template <typename T>
class my_common_type {
public:
    constexpr static const bool valid = false;
};

template <>
class my_common_type<my_type_a> {
public:
    constexpr static const bool valid = true;
    using type = my_type_a;
};

template <typename T> using my_common_type_t = typename my_common_type<T>::type;

template <typename T, typename V>
void my_function(my_common_type_t<T> my_cvalue, V my_value) {}

int main(void) {
    my_function(my_type_a(), 1.0);
}

G++ 给了我这个：

/home/flisboac/test-template-template-arg-subst.cpp: In function ‘int main()’:
/home/flisboac/test-template-template-arg-subst.cpp:21:30: error: no matching function for call to ‘my_function(my_type_a, double)’
  my_function(my_type_a(), 1.0);
                              ^
/home/flisboac/test-template-template-arg-subst.cpp:18:6: note: candidate: template<class T, class V> void my_function(my_common_type_t<T>, V)
 void my_function(my_common_type_t<T> my_type, V my_value) {}
      ^~~~~~~~~~~
/home/flisboac/test-template-template-arg-subst.cpp:18:6: note:   template argument deduction/substitution failed:
/home/flisboac/test-template-template-arg-subst.cpp:21:30: note:   couldn't deduce template parameter ‘T’
  my_function(my_type_a(), 1.0);
                              ^

我所期望的是，当像在main 中那样调用my_function 时，T 将被推导出为函数的第一个参数的类型，并且该类型将用于函数的实例化。但似乎my_common_type_t<T> 在函数之前被实例化，但即便如此，my_cvalue 的类型无论如何都会变成my_type_a，所以我不明白为什么这不起作用......

有其他方法可以做到这一点吗？我应该避免两个（或更多）级别的模板间接吗？

Answer 1

好吧，考虑一下：

template <>
struct my_common_type<int> {
    constexpr static const bool valid = true;
    using type = my_type_a;
};

template <>
struct my_common_type<double> {
    constexpr static const bool valid = true;
    using type = my_type_a;
};

// ...

int main(void) {
    my_function(my_type_a{}, 1.0);
}

编译器是选择my_common_type<int>还是my_common_type<double>？

如果语言允许在您的情况下进行推导，则它必须与 T 中的 my_common_type<T>::type 匹配，以便产生您发送给函数参数的确切类型。显然，这不仅不可能，而且以我上面的例子，它可能有多种选择！

幸运的是，有一种方法可以告诉编译器my_common_type<T> 将始终屈服于T。这个技巧的基本原理是这样的：

template<typename T>
using test_t = T;

template<typename T>
void call(test_t<T>) {}

int main() {
    call(1);
}

T 推导出什么？ int，简单！编译器对这种匹配很满意。另外，由于test_t 不能被特化，所以test_t<soxething> 只知道是something。

此外，这也适用于多级别名：

template<typename T>
using test_t = T;

template<typename T>
using test2_t = test_t<T>;

template<typename T>
void call(test2_t<T>) {}

int main() {
    call(1); // will also work
}

我们可以将此应用于您的案例，但我们需要一些工具：

template<typename T, typename...>
using first_t = T;

这与上面的简单匹配相同，但我们也可以发送一些不会使用的参数。我们将在这个未使用的包中制作 sfinae。

现在，重写 my_common_type_t 使其仍然是一个简单的匹配，同时在未使用的包中添加约束：

template <typename T>
using my_common_type_t = first_t<T, typename my_common_type<T>::type>;

请注意，这也有效：

template <typename T>
using my_common_type_t = first_t<T, std::enable_if_t<my_common_type<T>::valid>>;

现在扣除将按预期发生！ Live (GCC) Live (Clang)

请注意，此技巧仅适用于 C++14，因为这种情况下的 sfinae（丢弃的参数）仅保证在 C++14 之后发生。

还请注意，您应该使用 struct 作为您的 trait，或者使用 public: 将成员 my_common_type<T>::type 公开，否则 GCC 将输出虚假错误。