可变参数模板专业化，std::enable_if，SFINAE

Question

一个单例class公开了这个方法供客户端获取实例：

template< typename ... Args >
static T & GetInstance( Args && ... args )
{
    if ( ! m_instance )
    {
        m_instance = new T( std::forward< Args >( args ) ... );
    }

    return * m_instance;
}

但是对于没有默认构造函数的classes，总是传递参数是很烦人的。最好是，一旦创建了实例，允许用户调用：

auto & instance = GetInstance( );

起初我认为要让它工作，只需要专门化模板化方法，比如：

// Wrong Version
template< >
static T & GetInstance< >( )
{
    if ( ! instance )
    {
        throw std::runtime_error(
            "Tried to get instance of non initialized singleton with no"
            " default constructor." );
    }

    return * instance;
}

但对于具有默认构造函数的 classes，将使用此特化 而不是 更通用的特化。我希望仅当 T 没有默认构造函数时才使用这种特化。

所以我试着改变了一下：

// Right Version template< > static auto GetInstance< >( ) -> typename std::enable_if< ! std::is_default_constructible< T >::value , T & >::type { if ( ! instance ) { throw std::runtime_error( "Tried to get instance of non initialized singleton with no" " default constructor." ); } return * instance; }

所以这行得通，但我对整个事情感到困惑。首先，我的处理方式是否正确？我不应该使用 enable_if<> 作为参数或模板参数而不是 return 类型吗？

这里的编译器是如何工作的？当它只是简单的模板专业化时（在 错误版本 中）我猜编译器意识到更专业的版本更适合不带参数调用 GetInstance() 的代码（T 是具有默认构造函数的 class。

对于带有 enable_if<> 的版本，编译器开始认为最好也使用更专业的版本，但代码格式不正确。所以它回退到通用版本？这也叫SFINAE吗？

Answer 1

实用的经验法则：不要专门化，超载。

template <class... Args>
static T& GetInstance(Args&&... );

template <class U=T, std::enable_if_t<!std::is_default_constructible<U>::value, int> = 0>
static T& GetInstance();

如果 T 是默认可构造的，则您只有一个可行的重载。如果不是，则当 Args 为空且首选时，第二个更专业。

注意。这种设计似乎很可疑。

可变参数模板专业化，std::enable_if，SFINAE

Variadic template specialization, std::enable_if, SFINAE

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