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c++ - SFINAE 以返回类型工作，但不作为模板参数

coder 2023-05-02 原文

我已经用过很多次 SFINAE 成语了，我习惯了把我的 std::enable_if<>在模板参数中而不是在返回类型中。但是，我遇到了一些它不起作用的琐碎案例，我不知道为什么。首先，这是我的主要内容:

int main()
{
    foo(5);
    foo(3.4);
}

这里是 foo 的实现触发错误:

template<typename T,
         typename = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type>
auto foo(T)
    -> void
{
    std::cout << "I'm an integer!\n";
}

template<typename T,
         typename = typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type>
auto foo(T)
    -> void
{
    std::cout << "I'm a floating point number!\n";
}

这里有一段据说可以正常工作的等效代码:

template<typename T>
auto foo(T)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "I'm an integrer!\n";
}

template<typename T>
auto foo(T)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "I'm a floating point number!\n";
}

我的问题是:为什么 foo 的第一个实现触发了那个错误，而第二个没有触发它？

main.cpp:14:6: error: redefinition of 'template<class T, class> void foo(T)'
 auto foo(T)
      ^
main.cpp:6:6: note: 'template<class T, class> void foo(T)' previously declared here
 auto foo(T)
      ^
main.cpp: In function 'int main()':
main.cpp:23:12: error: no matching function for call to 'foo(double)'
     foo(3.4);
            ^
main.cpp:6:6: note: candidate: template<class T, class> void foo(T)
 auto foo(T)
      ^
main.cpp:6:6: note:   template argument deduction/substitution failed:
main.cpp:5:10: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, void>'
          typename = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type>
          ^

编辑:

Working code和 faulty code .

最佳答案

您应该查看定义函数模板等效性的14.5.6.1 函数模板重载(C++11 标准)。简而言之，不考虑默认模板参数，因此在第一种情况下，您定义了两次相同的函数模板。在第二种情况下，您有表达式引用返回类型中使用的模板参数(再次参见 14.5.6.1/4)。由于此表达式是签名的一部分，您将获得两个不同的函数模板声明，因此 SFINAE 有机会工作。

关于c++ - SFINAE 以返回类型工作，但不作为模板参数，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/15427667/

不作为ampcodetypenameltc++templatesc++11sfinae

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