std::enable_if 使用其内部类型和不使用它

Question

为什么会打印"B"

#include <iostream>

template<typename T, typename U = void>
struct Test
{ static void apply() { std::cout << "A" << std::endl; } };

template<typename T>
struct Test<T, typename std::enable_if<true>::type>
{ static void apply() { std::cout << "B" << std::endl; } };

int main()
{
    Test<int>::apply();
}

但是这个 "A"?:

#include <iostream>

template<typename T, typename U = void>
struct Test
{ static void apply() { std::cout << "A" << std::endl; } };

template<typename T>
struct Test<T, std::enable_if<true>>
{ static void apply() { std::cout << "B" << std::endl; } };

int main()
{
    Test<int>::apply();
}

它们之间的唯一区别是，在第一个中，我将 typename std::enable_it<true>::type 用作 U（例如，void），但在第二个中，我我直接将 std::enable_if<true> 用作 U，这也是一个定义明确的类型，没有更多的含义，如 void。

Answer 1

由于 typename std::enable_if<true>::type 与 void 的类型相同，因此第一个片段相当于

template<typename T, typename U = void>
struct Test
{ static void apply() { std::cout << "A" << std::endl; } };

template<typename T>
struct Test<T, void> // since typename std::enable_if<true>::type == void
{ static void apply() { std::cout << "B" << std::endl; } };

因此，第二个定义更专业，因此如果您不提供两个模板参数，则后者在重载决策中获胜。

然而，在第二个例子中，你只是对 T 和 std::enable_if<true> 这对类型的特化，而不是 T 和 void 的特化。这可以用 std::is_same<std::enable_if<true>, void> 来检查，它的计算结果为 false（显然，void 没有类型成员 type，所以它不可能相同）。

因此，对于第二个片段，请求 T<int> 将与 T<int, void> 匹配，其中只有一个定义相关，即第一个。

Answer 2

因为当你写 Test<int> 时，你实际上写的是 Test<int, void>，它永远不会与 Test<int, std::enable_if<true>> 相同（尽管它与 Test<int, typename std::enable_if<true>::type> 相同）

std::enable_if 使用其内部类型和不使用它

std::enable_if using its internal type and without using it

c++

enable-if

c++11