SFINAE 是否依赖于类型推导？

Question

我对 cppreference.com 中的以下引用感到困惑：

This rule applies during overload resolution of function templates: When substituting the deduced type for the template parameter fails, the specialization is discarded from the overload set instead of causing a compile error.

这是否意味着没有类型推导SFINAE 就无法工作？例如，考虑以下代码：

template <typename T> std::true_type has_value_type_helper(typename T::value_type*);
template <typename> std::false_type has_value_type_helper(...);

template <typename T> inline constexpr bool has_value_type_v
   = decltype(has_value_type_helper<T>(nullptr))::value;

int main() {
   std::cout << has_value_type_v<int> << std::endl;
   std::cout << has_value_type_v<std::vector<int>> << std::endl;
}

它按预期工作，但据我所知，没有类型推导。 has_value_type_helper<T>(nullptr) 中明确提供了模板参数。 SFINAE也可以这样用吗？

Answer 1

这里没有"real"类型推导，因为你直接指定了类型。但是 sfinae 仍然在这里工作，因为编译器在实例化模板时推断出它需要使用什么。

Answer 2

Can even SFINAE be used this way?

是的。

代入是演绎过程的部分。显式提供模板参数并不能避免替换的需要 ([temp.deduct]/2) - and it's the substitution (the S in SFINAE) failure that is not an error ([temp.deduct]/8)。

在这种情况下，当您显式提供T给has_value_type_helper时，我们仍然需要将T代入参数T::value_type。那是在替换的直接上下文中，所以如果替换失败 - 对于像 int 这样没有名为 value_type 的嵌套类型别名的类型 - 它是......不是错误，我们只是将候选人从考虑中移除。我们有另一个备用候选人，所以这很好用。

SFINAE 是否依赖于类型推导？

Does SFINAE depend on type deduction?

c++

sfinae

type-deduction

template-argument-deduction