SFINAE 的类型名称关键字

Question

我正在研究现代 C++ 中的 SFINAE，我看到了以下代码：

#include <iostream>

struct Bar
{
    typedef double it;
};

template <typename T>
typename T::it Foo(const T& arg_f) {
    std::cout << "Foo<T>" << std::endl;
    return 0;
}

int Foo(int i) { std::cout << "foo(int)" << std::endl; return 0; }

int main(int argc, const char* argv[])
{
    Foo(Bar());
    Foo(0);

    return 0;
}

为什么在这段代码中，开发者使用了 typename T::it？
该类型名称与 Bar 的结构有何关系？因为它变量只是在 bar struct 中定义，但它在 struct 之外用于函数声明。
到底什么是 SFINAE？

Answer 1

此处使用关键字 typename，因为您正在访问模板类型参数的类型成员。

除了如果 T 是 Bar 那么它应该公开一个 it 类型的成员以获得对重载的访问之外，它是完全不相关的。

替换失败不是错误 是一种模板元编程模式，它依赖于 "removing" 无法编译的重载

Answer 2

在您放置在这里的模板函数中，开发人员间接指定 Foo 只是一个用于处理 Bar 结构（或其派生实例）的函数。所以如果你像 Foo(Bar()) 一样实例化它，编译器推导出的模板函数如下：

Bar::it Foo(const Bar& arg_f) {
    std::cout << "Foo<T>" << std::endl;
    return 0;
}

但是如果我们将一个整数值而不是 Bar 对象传递给函数，它将像下面的代码一样被实例化：

int::it Foo(const int& arg_f) {
    std::cout << "Foo<T>" << std::endl;
    return 0;
}

它有一个错误的实现，因此编译器将失败，因为 int class 没有它的成员。

但是，如果您想处理这个问题，您应该为 int 值重载 foo 函数，如下所示：

int Foo(int arg_f)
{
     std::cout << "Foo<int>" << std::endl;
     return arg_f;
}

或者您可以使用 enable_if_t 为特定数据类型启用模板函数，如浮点数或 ...:[=15=]

template <typename T>
typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T> Foo(T t)
{
    std::cout << "Foo<floating point>" << std::endl;
    return t;
}

此外，我应该澄清类型名称只是区分值和类型。当您使用它时，编译器将该对象视为一种类型，而不是一个值，因此，开发人员使用它来让编译器知道它是一种类型，而不是一个值。

此外，正如@Vivick 所说，替换失败不是错误是一种模板元编程模式，它依赖于无法编译的 "removing" 重载。然而，维基百科对 SFINAE 有很好的参考：https://en.wikipedia.org/wiki/Substitution_failure_is_not_an_error

SFINAE 的类型名称关键字

Typename Keyword for SFINAE

c++

metaprogramming

sfinae

visual-c++