std::enable_if<> 在条件编译模板中的六种不同用法

Question

我正在尝试了解使用 std::enable_if<>.

的模板函数的两个不同版本

版本 1：

template<class T, typename std::enable_if<std::is_convertible<T, std::string_view>::value, T>::type* = nullptr>
void foo(const T& msg);

版本 2：

template<class T, typename = typename std::enable_if<std::is_convertible<T, std::string_view>::value>::type>
void foo(const T& msg);

如果我没理解错的话，如果满足条件的话应该转换成：

// Version 1
template<class T, T* = nullptr>
void foo(const T& msg);

// Version 2
template<class T, typename = void>
void foo(const T& msg);

两个版本同样可以被调用：

std::string s = "Test";
foo(s);

这两个版本有什么区别？什么时候用？

第二个问题

由于我的错误，我发现如果缺少一个类型名，版本 2 也可以编译：

//Correct Version 2 like above:
template<class T, typename = typename std::enable_if<std::is_convertible<T, std::string_view>::value>::type>
void foo(const T& msg);

// My "faulty" version, also works. Is this correct too?
template<class T, typename = std::enable_if<std::is_convertible<T, std::string_view>::value>::type>
void foo(const T& msg);

第二个（错误的）版本是否也正确？我认为 std::enable_if<> 前面确实需要一个 typename。

Answer 1

如何约束模板？

如果你不局限于与旧的C++标准的兼容性，并且你不需要引用模板类型，并且约束只涉及单个模板参数，则首选最少的样板选项：

// #1
void foo(const std::convertible_to<std::string_view> auto& msg);

否则，更喜欢稍微冗长的形式：

// #2
template <typename T>
    requires std::convertible_to<T, std::string_view>
void foo(const T& msg);

如果约束涉及多个模板参数，形式 #2 为模板类型命名并继续起作用。它仍然不能直接适用于较旧的 C++，但约束的位置与较旧的 C++ enable_if 用法兼容：

// #2, compatible version

// C++11
#define TEMPLATE(...)            template <__VA_ARGS__
#define REQUIRES(C)              , typename std::enable_if<(C), int>::type = 0>
#define CONVERTIBLE_TO(From, To) std::is_convertible<From, To>::value

// C++20
#define TEMPLATE(...)            template <__VA_ARGS__>
#define REQUIRES(C)              requires (C)
#define CONVERTIBLE_TO(From, To) std::convertible_to<From, To>

TEMPLATE(typename T)
    REQUIRES(CONVERTIBLE_TO(T, std::string_view))
void foo(const T& msg);

以下选项也可用，但我会坚持#1 或#2:

// #3
template <std::convertible_to<std::string_view> T>
void foo(const T& msg);

// #4
template <typename T>
void foo(const T& msg) requires std::convertible_to<T, std::string_view>;

关于enable_if，有以下三种选择：

// #5, non-type template parameter with default value ("version 1")
template <typename T, typename std::enable_if_t<std::is_convertible_v<T, std::string_view>, int> = 0>
void foo(const T& msg);

// #6, enable_if in the return type
template<typename T>
auto foo(const T& msg) -> typename std::enable_if_t<std::is_convertible_v<T, std::string_view>>;

// #7, defaulted template parameter ("version 2")
template<class T, typename = typename std::enable_if_t<std::is_convertible_v<T, std::string_view>>>
void foo(const T& msg);

选项 #7（“版本 2”）很少被推荐，因为默认模板参数不参与函数签名。所以，一旦你有两个重载，它就是模棱两可的。并且过载集会增长。

选项 #6 不适用于缺少 return 类型的构造函数。但是，在#6 中，您可以命名函数参数，这很方便。

选项 #5 是最通用的 SFINAE 选项。如果你必须SFINAE，请选择它。

关于问题 #2，typename 的放宽出现在 C++20 中，描述为 here and here

std::enable_if<> 在条件编译模板中的六种不同用法

Six different usages of std::enable_if<> in conditionally compiled templates

c++

templates

compile-time

sfinae

第二个问题

如何约束模板？