为什么 std::enable_if 需要默认值？

Question

为什么我必须在此 std::enable_if 用法中使用默认值 (::type = 0)？

我看到了示例，没有它也能正常工作。例如 https://foonathan.net/blog/2015/11/30/overload-resolution-4.html

#include<iostream>
#include<type_traits>

template <typename T,
          typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
    std::cout << "do_stuff integral\n";
}

template <typename T,
          typename std::enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
    std::cout << "do_stuff class\n";
}

int main()
{
    do_stuff(32);
    return 0;
}

我收到错误消息：

temp.cpp:6:6: note:   template argument deduction/substitution failed:
temp.cpp:18:13: note:   couldn't deduce template parameter ‘<anonymous>’

应该推导为

template <template T, int>
void do_stuff(T t)

这是一个有效的代码。我做错了什么？ (gcc 版本 7.4.0)

Answer 1

我无法重现您的错误；无论如何，我在使用 class 调用 do_stuff() 时出错。举个例子

do_stuff(std::string{"abc"})

这是因为 do_stuff() 变为 do_stuff<std::string, std::string = 0>() 并且模板值不能是 std::string 类型（并且默认值不能为零）。

建议：重写你的函数，将 int 作为第二个位置值的类型

template <typename T, // .....................................VVV  int, not T
          typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
    std::cout << "do_stuff integral\n";
}

template <typename T, // ..................................VVV  int, not T
          typename std::enable_if<std::is_class<T>::value, int>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
    std::cout << "do_stuff class\n";
}

这样，调用 do_stuff(std::string{"abc"})，您启用 do_stuff<std::string, int = 0>() 是可以接受的。

Answer 2

编译器清楚地告诉您问题出在哪里：在您的模板声明中，您指定了一个无法推导的额外模板 non-type 参数。您如何期望编译器为该 non-type 参数推断出正确的值？来自什么？

这正是上述使用 std::enable_if 的技术需要默认参数的原因。这是一个虚拟参数，因此默认参数值无关紧要（0 是自然选择）。

您可以将您的示例简化为一个

template <typename T, T x> 
void foo(T t) {}

int main()
{
  foo(42);
}

制作中

error: no matching function for call to 'foo(int)'
note:   template argument deduction/substitution failed:
note:   couldn't deduce template parameter 'x'

编译器可以推断出 T 是什么 (T == int)，但是编译器无法推断出 x.

的参数

您的代码完全相同，除了您的第二个模板参数未命名（无需为虚拟参数命名）。

从你的评论来看，你似乎对代码中第二个参数声明中关键字 typename 的存在感到困惑，这让你相信第二个参数也是一个类型参数。后者不是真的。

注意，在第二个参数的声明关键字typename中使用了完全不同的作用。该关键字只是消除了

的语义歧义

std::enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type

它告诉编译器嵌套名称 type 实际上代表类型的名称，而不是其他名称。（您可以在此处阅读 typename 的用法：Why do we need typename here? and Where and why do I have to put the "template" and "typename" keywords?）

typename 的这种用法不会将模板的第二个参数变成 type 参数。您模板的第二个参数仍然是 non-type 参数。

这是另一个简化的示例，说明您的代码中发生的事情

struct S { typedef int nested_type; };

template <typename T, typename T::nested_type x>
void bar(T t)
{}

int main()
{
  S s;
  bar<S, 42>(s);
}

请注意，即使第二个参数的声明以 typename 开头，它仍然声明了一个 non-type 参数。

为什么 std::enable_if 需要默认值？

Why the default value is needed for `std::enable_if`?

c++

templates

sfinae

c++11