enable_if 如何帮助选择类模板的特化？

Question

我对 SFINAE 有基本的了解，并且我想我了解很多关于 std::enable_if 如何利用它来选择函数模板专业化的示例，但我很难理解它在课堂上的工作原理模板。

以下示例来自cppreference.com's explanation of std::enable_if：

template<class T, class Enable = void>
class A {}; // primary template

template<class T>
class A<T, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type> {
}; // specialization for floating point types

我无法理解以这种方式使用std::enable_if 如何帮助选择专业。 （我不怀疑它确实如此。）

当编译器看到像A<float> specialized; 这样的声明时，它会看到两个可能的模板实例化：

1. “主模板”A<T, Enable> 其中T 是float 类型，Enable 是void 类型（因为默认值）。
2. 特化A<T, void>，其中T 是float 类型，void 是enable_if 表达式的结果。

那些不是模棱两可的吗？两者都有效地导致A<T, void>，那么为什么选择专业化？

在另一种情况下，例如A<int> primary;，编译器的选项似乎是：

1. 主要A<T, Enable>，其中T 是int 类型，Enable 是void 类型。
2. 专业化A<T, ?>，其中T 是int 类型，? 代表我完全迷失的地方。在这种情况下，enable_if 条件为假，因此它没有定义 type，这会留下A<int, typename >。这不是语法错误吗？即使面对 SFINAE？

Answer 1

来自partial specialization 的类模板参考：

当一个类或变量（C++14 起）模板被实例化，并且有部分特化可用时，编译器必须决定是使用主模板还是它的部分特化之一。

如果只有一个特化与模板参数匹配，则使用该特化

在这种情况下，如果特化的第二个参数格式正确，则选择它，正是因为它是特化，而不是主模板。

如果第二个模板参数不是格式正确，那么SFINAE 会起作用。特别是：

当用显式指定或推导的类型替换模板参数失败时，特化将从重载集中丢弃而不是导致编译错误。

和

以下类型错误是 SFINAE 错误：

试图使用一个类型的成员，其中 该类型不包含指定的成员

这是如何完成的，即编译器如何准确地丢弃特化，而不是给出错误，没有指定；编译器只需要做正确的事情。

Answer 2

那些不是模棱两可的吗？两者都有效地导致A<T, void>，那么为什么选择专业化？

不，特化比主模板更特化，因为它要求第二个参数是void（假设enable_if 条件为真），而主模板不需要'限制它。

专业化A<T, ?>，其中T 是int 类型，? 代表我完全迷失的地方。在这种情况下，enable_if 条件为假，因此它没有定义类型，这给您留下了A<int, typename >。这不是语法错误吗？即使面对 SFINAE？

没错，特化中的第二个参数被证明是无效的。但这是一个“软”错误，它会被 SFINAE 检测到并使编译器放弃特化。 （我不认为编译器会在文本上用空字符串替换enable_if_t<...>::type，然后分析A<int, typename >；它更有可能会在注意到enable_if 中缺少::type 时立即丢弃专业化。）