c++ - std::enable_if 是如何工作的？

Question

我刚刚问了这个问题:std::numeric_limits as a Condition

我了解 std::enable_if 将定义方法的返回类型的用法，有条件地导致方法编译失败。

template<typename T>
typename std::enable_if<std::numeric_limits<T>::is_integer, void>::type foo(const T &bar) { isInt(bar); }

我不明白的是第二个参数以及当 std::enable_if 声明为模板语句的一部分时看似毫无意义的赋值，如 Rapptz answer .

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
void foo(const T& bar) { isInt(); }

Answer 1

正如 40two 评论中提到的那样，了解Substitution Failure Is Not An Error是理解的前提std::enable_if .

std::enable_if是一个专门的模板，定义为:

template<bool Cond, class T = void> struct enable_if {};
template<class T> struct enable_if<true, T> { typedef T type; };

这里的关键在于 typedef T type仅在 bool Cond 时定义是 true .

现在有了对 std::enable_if 的理解很明显 void foo(const T &bar) { isInt(bar); }定义为:

template<typename T>
typename std::enable_if<std::numeric_limits<T>::is_integer, void>::type foo(const T &bar) { isInt(bar); }

如 firda's answer 中所述, = 0是第二个模板参数的默认值。 template<typename T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>中违约的原因这样两个选项都可以用 foo< int >( 1 ); 调用.如果 std::enable_if模板参数未默认，调用foo将需要两个模板参数，而不仅仅是 int .

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一般注意，通过明确输入 typename std::enable_if<std::numeric_limits<T>::is_integer, void>::type 可以更清楚地说明这个答案但是 void是 std::enable_if 的默认第二个参数, 如果你有 c++14 enable_if_t是一个定义的类型，应该使用。所以返回类型应该压缩为:std::enable_if_t<std::numeric_limits<T>::is_integer>

visual-studio 用户的特别说明之前 visual-studio-2013 : 不支持默认模板参数，因此您只能使用 enable_if函数返回:std::numeric_limits as a Condition