在启用基于它的构造函数时是否总是需要复制 class 模板参数？

Question

一般在使用基于class'模板类型的enable_if时，需要复制class'模板类型作为构造函数或方法的模板参数：

template <
    typename U = T,
    typename = typename std::enable_if<
        !std::is_void<U>::value
    >::type
>
Class() { }

到底什么时候需要（或不需要）？

例如，以下代码在 G++、Clang 和 VC++...

上编译良好

template <typename T = void>
class Class {
public:
    template <
        typename U,
        typename = typename std::enable_if<
            // Is the use of T here allowed?
            std::is_void<T>::value
            || std::is_base_of<T, U>::value
        >::type
    >
    Class(U &&arg) {
        std::cout << "Derived" << std::endl;
    }

    template <
        typename U,
        typename ...U_Rest,
        typename = typename std::enable_if<
            // Is the use of T here allowed?
            !std::is_void<T>::value
            && !std::is_base_of<T, U>::value
        >::type
    >
    Class(U &&arg, U_Rest &&...rest) {
        std::cout << "Not Derived" << std::endl;
    }
};

ideone rextester

...但直接使用 T 作为 enable_if 的一部分。具体来说，如果 T 为 void，则 "Derived" 版本的构造函数将始终启用，而 "Not Derived" 版本将始终禁用，无论参数 U.

根据标准，以上实际上是合法的吗？或者编译器只是接受它，可能是由于 "no diagnostic required"?

Answer 1

SFINAE适用于模板方法，应该不是hard failure（所以主要看它的模板参数）

这里你的条件取决于U，所以没关系。

注意你应该更喜欢

template <typename U, std::enable_if_t<cond>* = nullptr>

超过

template <typename U, typename = std::enable_if_t<cond>>

允许写入禁用版本

template <typename U, std::enable_if_t<!cond>* = nullptr>

为

template <typename U, typename = std::enable_if_t<cond>> //...
template <typename U, typename = std::enable_if_t<!cond>> // ...

有相同的签名。

在启用基于它的构造函数时是否总是需要复制 class 模板参数？

Is it always necessary to duplicate a class template parameter when enabling constructors based on it?

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