enable_if如何帮助选择类模板的专业化?

How does enable_if help select specializations of a class template?

本文关键字：选择 专业化 帮助 if 何帮助 enable      更新时间：2023-10-16

我对SFINAE有基本的了解，我想我了解std::enable_if如何利用它来选择函数模板专用化的许多示例，但是我很难理解它如何用于类模板。

以下示例来自 cppreference.com 对std::enable_if的解释：

template<class T, class Enable = void>
class A {}; // primary template
template<class T>
class A<T, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type> {
}; // specialization for floating point types

我很难理解以这种方式使用std::enable_if如何帮助选择专业化。 (我不怀疑它确实如此。

当编译器看到类似A<float> specialized;的声明时，它将看到两个可能的模板实例化：

  1. "主模板"A<T, Enable>其中T是float类型，启用是void类型(因为默认值(。
  2. 特化A<T, void>其中T是float类型，void是带有enable_if的表达式的结果。

这些不是模棱两可吗？ 两者都有效地导致A<T, void>，那么为什么选择专业化呢？

在另一种情况下，如A<int> primary;，编译器的选项似乎是：

  1. 主要的，A<T, Enable>，其中T是int类型，Enable是void类型。
  2. 专业化，A<T, ?>，其中T是int的类型，?代表我完全迷失的地方。 在这种情况下，enable_if条件为 false，因此它没有定义type，这会给您留下A<int, typename >. 这不是语法错误吗？ 即使面对SFINAE？

来自关于类模板部分专用化的参考：

当类或变量(自 C++14 以来(模板实例化，并且存在部分专用化可用时，编译器必须决定是使用主模板还是其部分专用化之一。

如果只有一个专用化与模板参数匹配，则使用该专用化

在这种情况下，如果专业化的第二个参数格式正确，则选择它，正是因为它是专业化，而不是主要模板。

如果第二个模板参数的格式不正确，则 SFINAE 将启动。特别：

当将显式指定或推导的类型替换为模板参数失败时，将从重载集中丢弃专用化，而不是导致编译错误。

和

以下类型错误是 SFINAE 错误：

尝试使用某个类型的成员，其中 类型不包含指定的成员

如何做到这一点，即编译器如何准确地放弃专业化，而不是给出错误，没有指定;编译器只需要做正确的事情。

这些不是模棱两可吗？两者都有效地导致A<T, void>，那么为什么选择专业化呢？

否，专用化比主模板更专用，因为它要求void第二个参数(假设enable_if条件为 true(，而主模板不限制它。

专业化，A<T, ?>，其中T是int的类型，?代表我完全迷失的地方。在这种情况下，enable_if条件为 false，因此它不定义类型，这会给您留下A<int, typename >.这不是语法错误吗？即使面对SFINAE？

没错，专业化中的第二个参数被证明是无效的。但这是一个"软"错误，SFINAE 检测到它并使编译器放弃专用化。(我不认为编译器会用空字符串文本替换enable_if_t<...>::type然后分析A<int, typename >;更有可能的是，一旦它注意到enable_if缺乏::type，它就会放弃专业化。

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