模板：未申请 SFINAE 专业化

Question

下面的代码片段，至少我认为，是 SFINAE 应用于专业化的尽可能直接的示例。

最后一行是重点，也是故障发生的地方。专门的 foo 模板的定义决定了 bar 模板的专门化，或者我想要的。其他 bar 专业化可以在别处定义，或者可能只是不支持任意类型的使用。

据我了解，enable_if 广泛建议使用相同的模式。

template <typename T>
struct foo;

template <>
struct foo<int> {
  using type = int;
};

template <typename T, typename use = void>
struct bar;

template <typename T>
struct bar<T, typename foo<T>::type> {
  using type = typename foo<T>::type;
};

using good = typename foo<int>::type;
using bad = typename bar<int>::type;

在g++中，14或17标准，结果如下所示。似乎没有应用 bar 专业化，编译器正在使用非专业化（空）定义。为什么？

$ g++ --std=c++14 special.cpp -o special
special.cpp:18:32: error: ‘type’ in ‘struct bar<int>’ does not name a type
 using bad = typename bar<int>::type;

Answer 1

template <typename T>
struct bar<T, typename foo<T>::type> {
  using type = typename foo<T>::type;
};

应该是

template <typename T>
struct bar<T, std::void_t<typename foo<T>::type>> {
  using type = typename foo<T>::type;
};

因为 use 应该总是 void.

这就是为什么命名为 AlwaysVoid 会更好。（或将其角色用作 Enabler）

template <typename T, typename AlwaysVoid = void>
struct bar;

模板：未申请 SFINAE 专业化

Templates: SFINAE specialization not getting applied

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