SFINAE：删除具有相同原型的函数

Question

我想知道这段有效代码之间有什么区别：

#include <type_traits>
#include <iostream>

template<typename T> using is_ref = std::enable_if_t<std::is_reference_v<T>, bool>;
template<typename T> using is_not_ref = std::enable_if_t<!std::is_reference_v<T>, bool>;

template<typename T, is_ref<T> = true>
void foo(T&&) {
    std::cout << "ref" << std::endl;
}

template<typename T, is_not_ref<T> = true>
void foo(T&&) {
    std::cout << "not ref" << std::endl;
}

int main() {
    int a = 0;
    foo(a);
    foo(5);
}

还有这个不起作用：

#include <type_traits>
#include <iostream>

template<typename T> using is_ref = std::enable_if_t<std::is_reference_v<T>, bool>;
template<typename T> using is_not_ref = std::enable_if_t<!std::is_reference_v<T>, bool>;

template<typename T, typename = is_ref<T>>
void foo(T&&) {
    std::cout << "ref" << std::endl;
}

template<typename T, typename = is_not_ref<T>>
void foo(T&&) {
    std::cout << "not ref" << std::endl;
}

int main() {
    int a = 0;
    foo(a);
    foo(5);
}

typename = is_ref<T> 和 is_ref<T> = true 之间的真正区别是什么？

Answer 1

如果您删除默认的模板参数，就会清楚其中的区别。函数声明不能只是它们的默认值不同。这是错误的格式：

void foo(int i = 4);
void foo(int i = 5);

同样这是错误的：

template <typename T=int> void foo();
template <typename T=double> void foo();

考虑到这一点，您的第一个案例：

template<typename T, is_ref<T>>
void foo(T&&);

template<typename T, is_not_ref<T>>
void foo(T&&);

这里的两个声明是唯一的，因为第二个模板参数在两个声明之间是不同的。第一个有一个类型为 std::enable_if_t<std::is_reference_v<T>, bool> 的非类型模板参数，第二个有一个类型为 std::enable_if_t<!std::is_reference_v<T>, bool> 的非类型模板参数。这些是不同的类型。

鉴于，您的第二种情况：

template<typename T, typename>
void foo(T&&);

template<typename T, typename>
void foo(T&&)

这显然是同一个签名 - 但我们只是复制了它。这是错误的格式。

另见 cppreference's explanation。

SFINAE：删除具有相同原型的函数

SFINAE : Delete a function with the same prototype

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