c++ - 在启用基于它的构造函数时是否总是需要复制类模板参数？

Question

一般在使用基于类模板类型的enable_if时，需要复制类模板类型作为构造函数或方法的模板参数:

template <
    typename U = T,
    typename = typename std::enable_if<
        !std::is_void<U>::value
    >::type
>
Class() { }

究竟什么时候需要(或不需要)？

例如，下面的代码可以在 G++、Clang 和 VC++ 上正常编译...

template <typename T = void>
class Class {
public:
    template <
        typename U,
        typename = typename std::enable_if<
            // Is the use of T here allowed?
            std::is_void<T>::value
            || std::is_base_of<T, U>::value
        >::type
    >
    Class(U &&arg) {
        std::cout << "Derived" << std::endl;
    }

    template <
        typename U,
        typename ...U_Rest,
        typename = typename std::enable_if<
            // Is the use of T here allowed?
            !std::is_void<T>::value
            && !std::is_base_of<T, U>::value
        >::type
    >
    Class(U &&arg, U_Rest &&...rest) {
        std::cout << "Not Derived" << std::endl;
    }
};

ideone rextester

... 但直接使用 T 作为 enable_if 的一部分。具体来说，如果 T 为 void，构造函数的“派生”版本将始终启用，而“非派生”版本将始终禁用，无论参数 U。

根据标准，上述实际上合法吗？或者编译器只是接受它，可能是因为“不需要诊断”？

Answer 1

SFINAE适用于模板方法，应该不是hard failure(所以主要应该看它的模板参数)

这里你的条件取决于U，所以没问题。

注意你应该更喜欢

template <typename U, std::enable_if_t<cond>* = nullptr>

结束

template <typename U, typename = std::enable_if_t<cond>>

允许写入禁用版本

template <typename U, std::enable_if_t<!cond>* = nullptr>

作为

template <typename U, typename = std::enable_if_t<cond>> //...
template <typename U, typename = std::enable_if_t<!cond>> // ...

具有相同的签名。