SFINAE：std::enable_if 作为函数参数

Question

因此，我正在按照此网页某处的代码设置的示例进行操作： http://eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

这是我拥有的：

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<int>";
}

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<float>";
}

int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

这样我就得写：

fun<int>(4);
fun<double>(4.4);

我该如何避免这种情况？

编译器抱怨无法推导参数 T。

Answer 1

示例是错误的，因为 T 是在 non-deduced context 中。除非你像 fun<int>(4); 这样调用函数，否则代码将无法编译，但这可能不是作者想要展示的。

正确的用法是允许编译器推导出 T，并在其他地方放置 SFINAE 条件，例如，在 return 类型语法中：

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<int>";
}

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<float>";
}

DEMO

此外，您代码中的 typename 与您对 std::enable_if_t 的用法相矛盾。

使用 c++11:

typename std::enable_if<...>::type

或c++14:

std::enable_if_t<...>

How would that work in a constructor which doesn't have a return type though?

对于构造函数，SFINAE 条件可以隐藏在模板参数列表中：

struct A
{    
    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<int>";
    }

    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<float>";
    }
};

DEMO 2

或者，在 c++20 中，您可以为此使用概念：

A(const std::integral auto& val);

A(const std::floating_point auto& val);

Answer 2

要进行推导，您需要一个直接基于 T 的函数参数。然后你需要弄清楚把你的enable_if放在哪里（这确实不允许推导出T）。常用选项位于 return 类型或您忽略的额外默认参数上。

这里有一些很好的例子：http://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if

SFINAE：std::enable_if 作为函数参数

SFINAE: std::enable_if as function argument

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