enable_if class 参数不是 void 的模板特化
enable_if for class template specialization with argument other than void
我知道 C++ 编译器优先选择模板特化而不是主模板：
template<class T, class Enable = void>
class A {}; // primary template
template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, void>> {
}; // specialization for floating point types
但是，我不明白为什么当 void 以外的类型用作 enable_if 的参数时选择失败：
template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
}; // specialization for floating point types
编译器肯定会“看到”class A<T, int>。
所以肯定不可能是SFINAE，不过主模板比专业模板更受欢迎。
这个问题源于可以使用自定义类型检测机制而不是 enable_if 的上下文，例如SFINAE 友好型提取器，如 common_type.
当你有
A<some_floating_point_type> some_name;
模板参数为some_floating_point_type和隐式void。当编译器实例化时
template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
}; // specialization for floating point types
它会得到 A<some_floating_point_type, int>，这与 some_name 的 A<some_floating_point_type, void> 类型不匹配。因此，专业化将被忽略，您将获得主模板。您可以通过尝试创建一个 A<some_floating_point_type, int> 来验证这一点，您将看到专业化已被选中。
我发现将专业化视为替代方案很有帮助。首先推导模板参数，然后如果它们匹配任何特化，然后我们切换到使用该替代配方。如果没有，则使用原始配方。
在编译器知道它将用于 primary 模板的类型之前，特化是无关紧要的。
当你写 A<double> 时，编译器只会查看主模板并发现你实际上是指 A<double,void>。
只有 然后 它正在寻找专业化。现在，如果你的专业是 A<double,int>，那么它就不适合了，因为你要求的是 A<double,void>.
简单来说，这
template<class T, class Enable = void>
class A {};
表示“A 是一个模板，它有两个参数，第二个参数默认为 void”。那是主要模板。当您显式仅提供一个参数时，第二个参数为 void.
现在专精：
template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
};
这不会改变以上内容。 A 仍然是一个有两个参数的模板，如果没有指定第二个参数，那么它就是 void。简而言之，当条件为 false 时，它意味着“在 std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T> 中替换 T 是失败的，因为类型别名不存在”，SFINAE 启动并忽略专业化。当条件为 true 时：“每当使用参数 T（某种类型）和 int 实例化 A 时，然后使用此定义”。
当您实例化 A<int> 时，第二个模板参数是 void。专业化不会改变这一点。即 A<int> 实际上是 A<int,void>。与专业化不符。
我知道 C++ 编译器优先选择模板特化而不是主模板：
template<class T, class Enable = void>
class A {}; // primary template
template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, void>> {
}; // specialization for floating point types
但是，我不明白为什么当 void 以外的类型用作 enable_if 的参数时选择失败：
template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
}; // specialization for floating point types
编译器肯定会“看到”class A<T, int>。
所以肯定不可能是SFINAE，不过主模板比专业模板更受欢迎。
这个问题源于可以使用自定义类型检测机制而不是 enable_if 的上下文，例如SFINAE 友好型提取器，如 common_type.
当你有
A<some_floating_point_type> some_name;
模板参数为some_floating_point_type和隐式void。当编译器实例化时
template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
}; // specialization for floating point types
它会得到 A<some_floating_point_type, int>，这与 some_name 的 A<some_floating_point_type, void> 类型不匹配。因此，专业化将被忽略，您将获得主模板。您可以通过尝试创建一个 A<some_floating_point_type, int> 来验证这一点，您将看到专业化已被选中。
我发现将专业化视为替代方案很有帮助。首先推导模板参数，然后如果它们匹配任何特化，然后我们切换到使用该替代配方。如果没有，则使用原始配方。
在编译器知道它将用于 primary 模板的类型之前，特化是无关紧要的。
当你写 A<double> 时，编译器只会查看主模板并发现你实际上是指 A<double,void>。
只有 然后 它正在寻找专业化。现在，如果你的专业是 A<double,int>，那么它就不适合了，因为你要求的是 A<double,void>.
简单来说，这
template<class T, class Enable = void>
class A {};
表示“A 是一个模板，它有两个参数，第二个参数默认为 void”。那是主要模板。当您显式仅提供一个参数时，第二个参数为 void.
现在专精：
template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
};
这不会改变以上内容。 A 仍然是一个有两个参数的模板，如果没有指定第二个参数，那么它就是 void。简而言之，当条件为 false 时，它意味着“在 std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T> 中替换 T 是失败的，因为类型别名不存在”，SFINAE 启动并忽略专业化。当条件为 true 时：“每当使用参数 T（某种类型）和 int 实例化 A 时，然后使用此定义”。
当您实例化 A<int> 时，第二个模板参数是 void。专业化不会改变这一点。即 A<int> 实际上是 A<int,void>。与专业化不符。