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基本问题陈述
我正在学习 SFINAE。我尝试了一个非常简单的 enable_if
:
// 1: A foo() that accepts arguments that are derived from Base
template <typename T, typename Enable = enable_if_t<std::is_base_of_v<Base, T>>>
void foo(T thing) {
std::cout << "It's a derived!" << std::endl;
}
// 2: A foo() that accepts all other arguments
template <typename T, typename Enable = enable_if_t<!std::is_base_of_v<Base, T>>>
void foo(T thing) {
std::cout << "It's not a derived." << std::endl;
}
编译器提示 foo
是多重定义的。互联网告诉我这是因为在检查函数签名时模板参数不相关。
我尝试过的变体
为了尽可能进行最基本的元编程,我开始使用语法来解决这个问题。这是我为 enable_if
尝试过的事情列表语句(反向语句即 !std::is_base_of
相同,但为简洁起见省略):
匿名类型,编号 typename
, 等于 0
https://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if告诉我我上面做的是错误的。但它的建议(在第一个注释 block 下找到)是适当的隐秘,更重要的是,也不能编译。
std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Base, T>> = 0
匿名类型,编号 typename
, 等于 void
考虑到如果我使用类型进行编程,使用类型将是一个明智的选择,我改为尝试将模板默认为 void
.没有骰子。
std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Base, T>> = void
匿名类型,是 typename
, 等于 void
当我们向它抛出语法时,如果我将此模板参数默认为一个类型,我不应该使用 typename 关键字吗?
typename std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Base, T>> = void
什么终于成功了
typename enable_if_t<std::is_base_of_v<Base, T>, T>* = nullptr
我问过我认识的每个人,为什么这行得通,而我的其他变体却不行,他们同样感到困惑。我不知所措。更令人困惑的是,如果我命名这种类型(例如 typename Enable = ...
),它无法编译。
如果有人更熟悉 TMP 和 enable_if
,我将不胜感激会向我解释:
enable_if
作为指向类型的指针并将其默认为 nullptr
工作?enable_if
的语义规则是什么? ?enable_if
产生的命名类型的语义规则是什么? ?非常感谢。
最佳答案
您只是设置模板类型参数值的第一组变体。两个具有不同模板类型参数值的重载发生冲突,因为它们都是同类 template<class,class>
并具有相同的函数参数。
非类型模板参数情况,如果您最终拥有类型为 void 的模板非类型参数,则使用原始启用的情况。那是非法的;各种错误消息是非法的各种方式。
当你添加一个星号,当enable if子句通过时,它是一个类型为void指针的模板非类型参数。
当它失败时,它根本就不是一个参数。
与 nullptr 情况等价的是:
std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Base, T>, bool> = true
当子句为真时,enable if 的计算结果为 bool
,我们得到:
bool = true
默认为 true 的 bool 类型的模板非类型参数。当子句(子句的基础)为假时,我们得到 SFINAE 失败;那里没有模板类型或非类型参数。
随着 class Whatever = enable_if
我们基于模板参数的默认值尝试 SFINAE 的情况。这会导致签名冲突,因为如果在重载解析期间(在同一阶段)找到签名,则签名必须是唯一的。
随着 enable = value
在某些情况下,我们正在尝试基于 如果 存在模板非类型参数的 SFINAE。失败时,没有可供比较的签名,因此不会发生冲突。
剩下的就是让语法简单漂亮。
现在,这在概念画板中已经过时了,所以不要迷恋语法。
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