C++：为什么编译器在不使用时实例化模板

Question

让我们考虑一下这段代码：

template <bool c>
class A {
public:
    A() = default;
    // I want to enable f(int) only if c == true
    template<typename Temp = typename enable_if<c>::type>
    void f(int val) {
        cout << val << endl;
    };
};

int main() {
    A<false> a;
    A<true> b;
    b.f(543);
}

当我尝试编译它时，出现以下错误：

error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, void>'

但是当参数 <bool c> 是 false 时我不使用模板方法 f(int) 那么它不应该存在。

Answer 1

编译器没有 "instantiate" 您的模板，您似乎错误地认为。编译器只是试图解析和分析您的模板声明，它是您 class 定义的一部分。如果 class 被实例化，那么所有成员声明都必须有效。您的成员模板声明无效。因此错误。

如果某个模板是"not used"，这意味着它没有得到专门化和实例化。但是该模板的声明仍然必须有效。并且立即检查 不依赖于模板参数 的那部分声明的有效性。换句话说，你在代码中写的和

没有区别

template <typename T = jksgdcaufgdug> void foo() {}

int main() {}

或者，更接近你的情况

template <typename T = std::enable_if<false>::type> void foo() {}

int main() {}

即使这些程序没有"use"（不实例化）函数模板foo，这仍然不意味着foo的声明可以包含像[=这样的随机垃圾16=] 或明确引用不存在的实体，如 std::enable_if<false>::type。由于这个原因，上述示例将无法编译。

您可以在 dependent 上下文中使用 "random garbage"，例如

template <typename T> void foo(typename T::kjhdfjskhf x) 
{ 
  typename T::jksgdcaufgdug i; 
}

并且您可以在依赖上下文中使用 std::enable_if，例如

template <typename T, 
          typename U = typename enable_if<is_void<T>::value>::type>
void bar()
{ 
}

并且它不会产生 "early" 错误，但在您的情况下 enable_if<c> 不依赖于 Temp，因此它不在依赖上下文中。这意味着当您实例化 A<false>.

时会立即检查 typename enable_if<c>::type 的正确性

C++：为什么编译器在不使用时实例化模板

C++: Why does the compiler instantiate a template when it is not used

c++

templates

arguments

instantiation