为什么不能使用 'enable_if' 来禁用这里声明

Question

#include<string>
#include<type_traits>

template<typename... Args>
class C {
public:
    void foo(Args&&... args) {      

    }

    template<typename = std::enable_if_t<(0 < sizeof...(Args))>>
    void foo(const Args&... args) {     

    }
};

int main() {
    C<> c;
    c.foo();
    return 0;
}

以上代码按预期工作（由我 :)）并在 msvc 2015 中的运行时间调用 void foo(Args&&... args) 但相同的代码甚至无法在 gcc 7.3 和 clang 6.0.0 中编译，出现错误：

error: no type named 'type' in 'std::enable_if'; 'enable_if' cannot be used to disable this declaration

我想了解上面的代码有什么问题，如何解决？

Answer 1

SFINAE 仅适用于推导的模板参数。在您的情况下，您的方法不依赖于方法调用中的任何参数，因此它不在推导的上下文中。在实例化 class 本身时，一切都已经知道了。

在那种情况下，MSVC 完全是错误的。

解决方法：

template<typename... Args>
class C
{
    public:
        template< typename U = std::tuple<Args...>>
            std::enable_if_t< (std::tuple_size<U>::value > 0 ) > foo(const Args&...)
            {
                std::cout << "Args  > 0 type " << std::endl;
            }

        template< typename U = std::tuple<Args...>>
            std::enable_if_t< (std::tuple_size<U>::value == 0)> foo(const Args&...)
            {
                std::cout << "Args 0 type " << std::endl;
            }
};

int main()
{
    C<>{}.foo();
    C<int>{}.foo(1);
}

我不知道你为什么需要这样的重载，因为如果参数列表是空的，你只需要为它写一个重载，根本不需要任何 SFINAE 的东西。

如果您的编译器没有过时（仅限 c++14），使用 constexpr if:

会容易得多

template <typename... Args>
struct C
{
    void foo (const Args&... args)
    {
        if constexpr ( sizeof...(args) == 0)
        {
            std::cout << "0" << std::endl;
        }
        else
        {
            std::cout << ">0" << std::endl;
        }
    }
};

int main ()
{
    C<>    c0;
    C<int> c1;
    c0.foo();
    c1.foo(42);
}

评论后编辑：

为了避免 SFINAE，您还可以使用像这样的专用模板 class：

// provide common stuff here
template <typename ... ARGS>
class CAll { protected: void DoSomeThing(){ std::cout << "Do some thing" << std::endl; } };

template<typename ... ARGS>
class C;

// special for no args
template<>
class C<>: public CAll<>
{   
    public:
        void foo() 
        {
            std::cout << "none" << std::endl; 
            this->DoSomeThing();
        }   
};  

//special for at minimum one arg
template<typename FIRST, typename ... REST>
class C<FIRST, REST...>: public CAll<FIRST, REST...>
{   
    public:
        void foo( FIRST&, REST&... )
        {   
            std::cout << "lvalue" << std::endl;
            this->DoSomeThing();
        }

        void foo( FIRST&&, REST&&... )
        {   
            std::cout << "rvalue" << std::endl;
            this->DoSomeThing();
        }   
};  

int main()
{   
    int a;
    C<>{}.foo();
    C<int>{}.foo(1);
    C<int>{}.foo(a);
}

Answer 2

正如 Klaus 更好地解释的那样，您的原始代码不起作用，因为 std::enable_if_t 需要检查方法本身的模板并且 class 的模板列表不够。

我提出了 Klaus 解决方案的简化替代方案。

首先，你需要一个模板参数来检查；您可以使用从 class (Args...).

的模板参数中推导出的默认值

当然你可以使用一个带有 Args... 的 std::tuple 的类型，但是考虑到你只对 Args... 参数的数量感兴趣，我发现它是使用 std::size_t 模板参数更简单，模板参数初始化为 Args...

template <std::size_t N = sizeof...(Args)>
std::enable_if_t<N> foo (Args const & ... args)
 { std::cout << "N args" << std::endl; }

关于零args版本，不需要做模板版本；你可以简单地用零参数编写它

void foo ()
 { std::cout << "zero args" << std::endl; }

如果为零 Args...，非模板版本优先于模板版本。

下面是一个完整的编译示例

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename... Args>
struct C
 {
   void foo ()
    { std::cout << "zero args" << std::endl; }

   template <std::size_t N = sizeof...(Args)>
   std::enable_if_t<N> foo(const Args&... args)
    { std::cout << "N args" << std::endl; }
};

int main ()
 {
   C<>    c0;
   C<int> c1;
   c0.foo();
   c1.foo(42);
 }

为什么不能使用 'enable_if' 来禁用这里声明

Why 'enable_if' cannot be used to disable this declaration here

c++

typetraits

enable-if

variadic-templates

c++14