如何使用 std::enable_if_t & std::is_base_of 为 SFINAE 检查编译时继承？

Question

我试图在编译时将函数的模板类型限制为特定的 class 及其子 classes。为此，我使用类型特征 std::enable_if_t 和 std::is_base_of，如下所示：

template <typename T = std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T> > >

但是模板仍然使用不属于继承层次结构的类型（即 int）进行编译。以下是问题的 MCVE：

class A {
public:
  A(float a) : a(a) {}
  float a;
};
class B : public A{
public:
  B(float a) : A(a) {}
};

template <typename T = std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T> > >
void templateFunction(T a) {

}

int main() {
  templateFunction<A>(A(1.0f)); // OK -> std::is_base_of<A, A>
  templateFunction<B>(B(1.0f)); // OK -> std::is_base_of<A, B>

  templateFunction<int>(1); // Should not compile! int is not a subclass of A -> std::is_base_of<A, int>
  return 0;
}

这个在Visual Studio 2017下编译没有任何错误，但是模板函数的最后一个实例在我看来应该编译不通过。我对类型特征的使用是否有任何问题，或者 Visual Studios SFINAE 实现是否有问题？

Answer 1

你对enable_if的使用有点奇怪，我会这样做：

template <typename T>
std::enable_if_t<std::is_base_of<A, T>::value> templateFunction(T a) {

}

更好的解决方案：完全忘记 SFINAE：

template <typename T>
void templateFunction(T a) {
  static_assert(std::is_baseOf<A,T>(), "only subclasses, please");
}

编辑，解释：把enable_if_t当成满足条件的东西（默认为void）。

应用这个，你的函数读作：

// true case:
template <typename T = void>
void templateFunction(T a) {}

// false case:
template <typename T = nonsense>
void templateFunction(T a) {}

您的调用仍然与错误情况下的模板匹配！

现在，将其应用到我建议的代码中：

//true case:
template <typename T>
void templateFunction(T a) {}

//false case:
template <typename T>
*nonsense* templateFunction(T a) {}

这里，函数在 false 的情况下根本不存在，所以会产生编译错误。

如何使用 std::enable_if_t & std::is_base_of 为 SFINAE 检查编译时继承？

How to check at compile-time inheritance using std::enable_if_t & std::is_base_of for SFINAE?

templates

sfinae

typetraits

c++14