我遇到了以下允许围绕 T 构造包装器对象的技术,但是来自 U 类型的对象,如果 T可以从 U 构造:
template< typename T >
struct S {
template< typename U,
typename = std::enable_if_t<
std::is_constructible< T, U >::value > >
explicit S (U&& arg) : value (arg)
{ }
...
};
IIUC,is_constructible 测试中使用的类型 U 可以不同于 arg 的 cv 限定类型。
尽管表达式 value(arg) 有效,但 SFINAE 测试是否有可能失败?
最佳答案
Is it possible that the SFINAE test could fail although the expression value(arg) is valid?
你写的方式S : 是的,这是可能的。
它遵循一个最小的(不是)工作示例:
#include<type_traits>
template< typename T >
struct S {
template< typename U
, typename = std::enable_if_t<std::is_constructible< T, U >::value >
> explicit S (U&& arg) : value{arg} {}
T value;
};
struct A {};
struct B {
B(A &) {}
};
int main() {
S<B> s(A{});
}
上面的代码无法编译,但如果您注释掉以下行,它会编译:
, typename = std::enable_if_t<std::is_constructible< T, U >::value >
问题是您没有转发构造函数参数。相反,您使用的是对 A 右值引用类型变量的左值引用。 (即 arg )作为 value 的参数.
B不能从对 A 的右值引用构造并且 sfinae 表达式失败(正确),但您实际上并没有使用这样的引用来构造参数,因此删除它有效的 sfinae 表达式。
事实上,B可从对 A 的左值引用构建,这就是您在编写 value{arg} 时使用的内容.
你应该写 S如下所示:
#include<utility>
// ...
template< typename T >
struct S {
template< typename U
, typename = std::enable_if_t<std::is_constructible< T, U >::value >
> explicit S (U&& arg) : value (std::forward<U>(arg)) { }
T value;
};
注意 std::forward 的使用实际转发具有正确类型的参数。
这至少解决了上述问题,并且应该可以为您提供所需的保证。
关于c++ - SFINAE 条件和构造函数参数类型,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/39367143/
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