其他类型是否有 void_t 的标准概括？

Question

在 C++17 中，我们有 std::void_t，这让 SFINAE 看起来更漂亮：

template <typename T>
std::void_t<decltype(T::prop)> foo() { /* stuff */ }

只有T::prop存在，模板函数才会存在。

如果 T::prop 存在，模板函数 foo() 等同于：

template <typename T>
void foo() { /* stuff */ }

否则，代码相当于根本没有声明foo()。

是否有std::void_t对标准库中其他类型的泛化，例如：

template<typename T, typename...>
using generic_t = T;

以便下面的代码有效？

template <typename T>
std::generic_t<int, decltype(T::prop)> foo() { /* stuff */ }

相当于

template <typename T>
int foo() { /* stuff */ }

如果 T::prop 存在？

Answer 1

它可能不存在。它没有在文档中链接，因此我怀疑它的存在。但是你可以自己构建这样的类型：

template <class type, class... sfinae_expressions>
using generic_t = type;

Answer 2

为什么需要这样的概括？ void_t 有点特别，因为它可以帮助您轻松编写类型特征，因为您可以有一个默认为 void 的主类型和一个使用 void_t 的特化。例如：

template <class T, class = void>
struct has_prop : std::false_type { };

template <class T>
struct has_prop<T, std::void_t<decltype(T::prop)>> : std::true_type { };

这并不是说 void 有什么特别之处，您只需要在主要和专业化之间商定一些类型。

void_t 如果您只是直接在 SFINAE 中使用它，则意义不大。您可以将表达式粘贴在其他地方：

template <typename T, class = decltype(T::prop)>
void foo() { /* stuff */ }

此时 return 类型与您正在检查的条件完全不同，所以如果您想要 int:

template <typename T, class = decltype(T::prop)>
int foo() { /* stuff */ }

其他类型是否有 void_t 的标准概括？

Is there a standard generalization of void_t for other types?

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