模板专业化与默认参数[重复]

Question

我有一个程序如下。有一个基本模板struct X，以及SFINAE的部分专业化。

template <typename T, typename U = void>
struct X{
  X() {
    std::cout << "in 1" << std::endl;
  };
};

template <typename T>
struct X< T, std::enable_if_t<std::is_integral_v<T>> > {
  X() {
    std::cout << "in 2" << std::endl;
  };
};

int main() {
  X<int> x;
}

在2运行程序时，将打印。

>

为什么基本模板的默认类型参数必须与局部特化定义的类型相同，才能调用局部特化并打印2中的。为什么更改为std::enable_if_t




Answer 1

1) [...] 什么使std：：启用\u如果\u t

那么您知道吗，如果两个模板匹配，则选择更专业的模板。

好第二个更专业化，因为如果X与专业化匹配（因此如果X是一个整数类型），那么它也与通用版本匹配。

但是存在一些类型（例如：std:：string，void），它们与泛型版本匹配，而与专门化不匹配。

因此，专用化比通用版本更专用，因此在两个模板匹配时，首选专用化。

为什么基本模板的默认类型参数必须与部分专业化定义的类型相同，才能调用部分专业化并在2中打印。为什么更改为std：：启用\u if\u t，bool

您必须了解默认类型值的技巧是如何工作的。

你有一个通用的版本

template <typename T, typename U = void>
struct X;

所以写X

专业化是

template <typename T>
struct X< T, std::enable_if_t<std::is_integral_v<T>>>;

问题：X

回答：是的，因为int是整数，所以std:：enable\u if\t

假设现在泛型专门化成为

template <typename T>
struct X< T, std::enable_if_t<std::is_integral_v<T>, bool>>

我们有X

问题：X

回答：没有，因为std:：启用

因此，通用版本是唯一匹配并被选中的版本。

Answer 2

您的问题的答案在于模板部分订购。这是编译器用来确定哪个模板最适合的机制（无论是函数模板重载，还是在您的情况下，类模板专门化）。

简而言之，您的通用模板实现有两个参数T和U，而您的SFINAE专门化只有T参数，而第二个参数是从T推导出来的。因此，它比一般情况更专业，最后，当您引用X时

现在问题2。假设我们将enable_if参数替换为bool而不是val。现在我们的专业化将是X