c++ - 为什么我的 SFINAE 开关不工作？

Question

这是我想要实现的 MCVE:

#include <limits>
#include <iostream>

// enable_if (I'm stuck with a c++98 compiler)
template<bool B, class T = void> struct enable_if {};
template<class T>                struct enable_if<true, T> { typedef T type; };

// sfinae
template<typename T> const char*
f(typename enable_if<std::numeric_limits<T>::is_integer, T>::type t) { return "sfinae"; }
template<typename T> const char*
f(T t) { return ""; }

// test
int main()
{
    std::cout << f(3) << "\n"; // returns an empty string
    std::cout << f(3.0) << "\n"; // returns an empty string
}

( try it on coliru )

我在等电话f(3)返回 "sfinae" .我做错了什么？

要调用第一个版本，我必须手动调用f<int>(3) .我很困惑。

Answer 1

以下将起作用:

template <typename T>
const char* f_impl(
    typename enable_if<std::numeric_limits<T>::is_integer, T>::type t) {
  return "sfinae";
}

template <typename T>
const char* f_impl(
    typename enable_if<!std::numeric_limits<T>::is_integer, T>::type t) {
  return "";
}

template <typename T>
const char* f(T t) {
  return f_impl<T>(t);
}

on coliru

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如果您按如下方式调用 f，您的原始代码将起作用:

std::cout << f<int>(3) << "\n";
std::cout << f<double>(3.0) << "\n";

发生这种情况是因为第一个 f (SFINAE 那个) 永远无法推导出 T，因为它在 non-deduced context 中.这意味着它永远不会被调用，除非您明确指定模板参数!

通过添加一个间接层来推导 T，然后显式调用 f_impl，您可以轻松地同时拥有推导和 SFINAE。

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在 C++11 中，您甚至不需要 SFINAE:

const char* f_impl(std::true_type)  { return "sfinae"; }
const char* f_impl(std::false_type) { return ""; }

template<typename T> const char* f(T t) 
{ 
    return f_impl(std::is_integral<T>{}); 
}