class 专攻 SFINAE

Question

我想写一个 template class 用 SFINAE 检查特征。

因为类不能 "overloaded" 正如我在 post 中读到的那样： template overloading and SFINAE working only with functions but not classes

我写了下面的代码：

class AA { public: using TRAIT = int; };
class BB { public: using TRAIT = float; };

template < typename T, typename UNUSED = void> class X;

template < typename T>
class X<T, typename std::enable_if< std::is_same< int, typename T::TRAIT>::value, int >::type>
{
    public:
        X() { std::cout << "First" << std::endl; }
 };

template < typename T>
class X<T, typename std::enable_if< !std::is_same< int, typename T::TRAIT>::value, unsigned int >::type>
{
    public:
        X() { std::cout << "Second" << std::endl; }
};

int main()
{
    X<AA> a;
    X<BB> b;
}

但它只是失败了：

error: aggregate 'X<AA> a' has incomplete type and cannot be defined
         X<AA> a;
               ^

error: aggregate 'X<BB> b' has incomplete type and cannot be defined
         X<BB> b;

看起来 none 的模板有效，但我没有从编译器那里得到任何提示，为什么两个专业化都失败了。

Answer 1

专业必须与主要专业相匹配。确定 X<AA> 是什么的查找规则是首先匹配主要类型并添加默认类型，这使我们到达 X<AA, void>，然后尝试将其与所有特化相匹配。但是 none 的专业与 X<AA, void> 匹配，因此您最终获得了初级。主要类型不是完整类型，因此会出现错误。

为什么 none 个匹配？因为你写道：

typename std::enable_if< std::is_same< int, typename T::TRAIT>::value, int >::type

对于计算为 int 的 AA，它与 void 不匹配，因此不考虑专业化。你只想要：

typename std::enable_if< std::is_same< int, typename T::TRAIT>::value>::type

或者真的：

std::enable_if_t< std::is_same< int, typename T::TRAIT>::value>

同样，对于 BB，第二个特化的第二种类型计算为 unsigned int 而不是 void - 所以它也不匹配。

class 专攻 SFINAE

Specializing class with SFINAE

c++

sfinae

c++14