std::enable_if 与非直接上下文中的硬错误

Adrian 发表于 Dev

阿德里安

只有函数类型或其模板参数类型或其显式说明符 (C++20 起)的直接上下文中的类型和表达式中的失败是 SFINAE 错误。如果对替换类型/表达式的评估导致副作用，例如某些模板特化的实例化、隐式定义的成员函数的生成等，则这些副作用中的错误将被视为硬错误。

特别是，当Helper<T>我在下面的代码中在模板参数推导期间实例化时，正如预期的那样，我收到错误。所以这是我的问题：为什么std::enable_ifSFINAE 可以很好地工作，即使它是一个必须实例化的结构（并且通常与许多也在此过程中实例化的类型特征结构一起使用）。

这是代码

#include<iostream>
#include<type_traits>

template<typename T, typename U = typename T::my_type>
void sfinae(const T&) { std::cout << "template\n"; }

void sfinae(...) { std::cout << "non template\n"; }

template<typename T>
struct Helper{
    using my_type = typename T::my_type;
};

template<typename T, typename U = typename Helper<T>::my_type>
void hardError(const T&) { std::cout << "template\n"; }

void hardError(...) { std::cout << "non template\n"; }


struct NonEmpty{ using my_type=int; };
struct Empty{ };


int main()
{
    NonEmpty ne;
    Empty e;

    sfinae(ne);     //template overload called
    hardError(ne);  //template overload called

    sfinae(e);      //non-template overload called

    hardError(e);   //hard error 

}

杰洛德42

可能的实现std::enable_if是

template <bool cond, typename T = void> struct enable_if;
template <typename T> struct enable_if<false, T>{};
template <typename T> struct enable_if<true, T>{ using type = T; };

所以enable_if不会产生硬错误。实例化std::enable_if<false>是有效的。

实例化Helper<Empty>会在上产生错误Empty::type，这不是在SFINAE 的直接上下文中完成的，因此是硬错误。

std::enable_if并且std::void_t与 SFINAE 配合得很好，因为它们提供了在直接上下文中失败的简单方法：

std::enable_if<cond_v<T>, int>::type = 0或typename AlwaysVoid = std::void_t<decltype(dependent_expression)>。

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