合并 void_t 和 enable_if？

Question

在 C++17 中，void_t 允许使用 class/struct 模板轻松执行 SFINAE：

template <class T, class = void>
struct test {
    static constexpr auto text = "general case";
};

template <class T>
struct test<T, std::void_t<decltype(std::begin(std::declval<T>())>> {
    static constexpr auto text = "has begin iterator";
};

里面的东西 void_t 是一种类型。我的问题是：当 void_t 中的内容是类型特征时，如何做同样的事情。使用 enable_if 效果很好：

template <class T>
struct test<T, std::void_t<std::enable_if_t<std::is_class_v<T>>> {
    static constexpr auto text = "is a class";
};

有没有 shorter/more 优雅的写法，或者“正确的方法”，真的是结合 void_t 和 enable_if？

Answer 1

std::void_t 的一个重点是可变参数

// ................VVV  <- is variadic
template <typename ...>
using void_t = void;

因此当您必须检查多种类型时允许 SFINAE 工作，并允许您在只有一种类型失败时软失败。

如果你只需要检查一个值并且你必须用 std::enable_if （或类似的类型特征）来检查它，我认为没有理由将它与 [=13= 一起使用].

因此，在您的示例中，"the right way"（恕我直言）避免使用 std::void_t

template <class T>
struct test<T, std::enable_if_t<std::is_class_v<T>>
 { static constexpr auto text = "is a class"; };

同样在使用单个的情况下decltype()我更喜欢老方法（但我想这是个人品味的问题）

template <class T>
struct test<T, decltype(std::begin(std::declval<T>(), void())>
 { static constexpr auto text = "has begin iterator"; };

Answer 2

你似乎不明白为什么 std::void_t 是必要的。让我们解决这个问题:)

在您的第一个示例中，如果您不使用 std::void_t，则永远不会选择偏特化，因为 decltype 会计算为某种类型 T 即不是 void，因此它不会与部分专业化匹配，并且会退回到一般情况。现在，如果您知道您的函数将始终 return 相同的类型，那么您始终可以更改主模板中的默认参数，但这种方式更容易更改。（你可以看看我给另一个问题的，这可能有助于理解这一点）。

这就是引入 std::void_t 的原因。 std::void_t 只是一个身份类型特征，无论如何都是 void。这意味着在您的第一个示例中，无论 decltype 的计算结果是什么，第二个模板参数都将是 void，因此将匹配并且选择专业化，如果 decltype 是well-formed.

std::enable_if_t 有效，默认情况下 void 当且仅当其中的条件计算为真时。这意味着 std::enable_if_t 已经 return 是 void 无论如何，因此您不需要 std::void_t 到 "transform" 变成了void，因为已经是void.

合并 void_t 和 enable_if？

Combining void_t and enable_if?

sfinae

enable-if

template-meta-programming

c++17

void-t