在另一个构造函数创建的模板类中实例化的未使用构造函数答案

【问题标题】：Unused constructor instantiated in template class created by another constructor在另一个构造函数创建的模板类中实例化的未使用构造函数
【发布时间】：2022-01-31 02:45:01
【问题描述】：

我有以下课程：

template <typename T=void>
class Foo{
public:

  Foo(){};

  template <typename = typename std::enable_if_t<!std::is_void<T>::value, std::nullptr_t>>
  Foo(const T&){};

};

int main() {
  Foo<void> v;
}

v 是使用第一个构造函数创建的。因此，无需为Foo<void> 创建第二个构造函数。

为什么还是要创建它？

问题是显式创建类型为void 的第二个构造函数会绕过SFINAE，并尝试创建const void& 的参数。这显然是不允许的。

如果T 是void，如何防止第二个构造函数有效？

【问题讨论】：

标签： c++ templates void sfinae enable-if

【解决方案1】：

为什么还是要创建它？

因为在你的模板构造函数中

template <typename = typename std::enable_if_t<!std::is_void<T>::value, std::nullptr_t>>
Foo(const T&){};

std::enable_if (!std::is_void<T>::value) 的测试值取决于类的模板类型 (T)。

要使 SFINAE 启用/禁用类（或结构）的方法，您必须编写一个依赖于方法本身的模板参数的测试。

解决此问题的一种方法是为该方法添加一个模板参数U，并将其指定为T 作为默认类型。我的意思是

template <typename U = T,
          typename = std::enable_if_t<!std::is_void<U>::value, std::nullptr_t>>
Foo(const U&){} // ..... the test depends from U ---^
//        ^--- U also here, to avoid the void reference problem

或者，也许更好，

template <typename U = T, 
          std::enable_if_t<!std::is_void<U>::value, std::nullptr_t> = nullptr>
Foo(const U&){}

【讨论】：

U 处于推断上下文中，允许Foo<void> v = 1。你可以把它放在一个非推断的上下文中，并将它与enable_if 结合起来，比如：template<typename U = T> Foo(const std::enable_if_t<!std::is_void_v<U>, U>&){}

【解决方案2】：

当T 为无效时，禁用构造函数的另一种方法是用一些不可用的类型替换const T&：

struct unusable {
  unusable() = delete;
  unusable(const unusable&) = delete;
  ~unusable() = delete;
};

template <typename T=void>
class Foo{
  using cref = std::conditional_t<std::is_void_v<T>, unusable, std::add_lvalue_reference_t<const T>>;
public:

  Foo(){}

  Foo(cref){}

};

这很有用 const T& 它在多个地方使用，因此您不必在任何地方都使用 SFINAE。

【讨论】：