将类型分配给 typename 关键字

Question

我正在查看以下模板函数，想知道当我们将 enable_if 类型分配给 typename 关键字时幕后发生了什么：

template <typename T, typename = std::enable_if<std::is_pointer<T>::value>::type>
                    // ^^ What happens here?
void foo()
{
    std::cout << "T is a pointer!" << std::endl;
}

除了明显的 SFINAE，编译器真的用它做了什么吗？也许它会生成某种匿名类型？

谢谢

Answer 1

不，我们没有将 enable_if 类型分配给 typename 关键字，这里只是省略了模板参数，因为它不会被使用：

template <typename T, typename Anonymous_Template_Parameter = std::enable_if<std::is_pointer<T>::value>::type>
//                             ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

而 = 在这里将 std::enable_if<std::is_pointer<T>::value>::type> 作为其默认参数。

Answer 2

我假设您使用的是一个宽松的编译器，它不会抱怨在 =.

之后缺少 typename 关键字

这是一个未命名的模板参数，如果没有指定其他模板参数，将使用默认模板参数，否则将被忽略。

表示foo<void *>()解析为foo<void *, std::enable_if<std::is_pointer<void *>::value>::type>()，即foo<void *, void>().

这意味着 foo<int>() 将解析为 foo<int, std::enable_if<std::is_pointer<int>::value>::type>()，除非因为 std::enable_if<std::is_pointer<int>::value> 没有任何 type 成员而被拒绝。

这意味着 foo<int, int>() 工作并打印 "T is a pointer!"，因为如果显式指定模板参数则不使用默认参数。

最后一个意味着这可能不是一个好主意。

将类型分配给 typename 关键字

Assigning a type into the typename keyword

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