c++ - SFINAE+类型特征的自动类型推导失败

Question

这个最小的可编译示例似乎是 SFINAE 的一个非常标准的设置:

#include <type_traits>

struct AType{};

// Helper type-trait templates for AType
template<typename T> struct isAType{ static const bool value = false; };
template<> struct isAType<AType>{ static const bool value = true; };

template<typename T>
void function( typename std::enable_if<isAType<T>::value, T>::type& t 
) {}

int main()
{
  AType a1;

  // This line, using automatic type deduction, fails to compile:  
  // function( a1 );

  // If you manually specify template parameter, it compiles:
  function<AType>( a1 );
}

当 function( a1 ); 未注释时，我收到的错误消息如下:

main.cpp: In function ‘int main()’:
main.cpp:17:16: error: no matching function for call to ‘function(AType&)’
   function( a1 );
                ^
main.cpp:10:6: note: candidate: template<class T> void function(typename 
std::enable_if<isAType<T>::value, T>::type&)
 void function( typename std::enable_if<isAType<T>::value, T>::type& t ) 
{}
      ^
main.cpp:10:6: note:   template argument deduction/substitution failed:
main.cpp:17:16: note:   couldn't deduce template parameter ‘T’
   function( a1 );

我看过 some posts表示“T”处于非推导上下文中。 “非演绎上下文”对我来说是一个新概念，但在其他地方已经洒了足够多的墨水，我可以弄明白。我想我的问题是，是否可以调整我的 function 声明，使自动类型推导能够成功。是否有一种规范的方法来实现具有类型特征的 SFINAE，以便自动类型推导成功？

Answer 1

并非所有 C++ 编译器都支持它，但如果您的编译器支持，那么这是最干净的方法:

template<bool b>
using sfinae = typename std::enable_if< b, bool >::type;

template<class T,
  sfinae<isAType<T>::value> =true
>
void function( T& t  )
{
}

在c++14我不会为 sfinae 别名烦恼，但是摆脱 typename 让它在 c++11 中变得值得.

请注意，=true 部分是必需的，但如果它是 =false，则意味着同样的事情。

这里发生的事情是我们定义了一个非类型模板参数，其类型仅在测试通过时才存在。然后我们给它一个默认值。

我发现这种技术读起来最像传入的 c++17我是说 c++20我是说 c++23 C++的概念特性。