如果结构定义和默认模板参数

Question

根据enable_if结构的定义：

template<bool B, class T = void>
struct enable_if {};

template<class T>
struct enable_if<true, T> { typedef T type; };

我想知道怎么做

template<class T>
T foo(T t, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value >::type* = 0) 
{
    return t;
}

特别是：

typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value >::type

在std:：is_integral的情况下，可以在没有指定类型T的情况下调用

这是因为推断模板参数机制吗？如果是，为什么为not专门化定义指定默认参数？




Answer 1

enable_if模板的目的是从重载集中删除函数模板。就其本身而言，您的示例并不十分有用，只是它将拒绝对具有编译器错误的非整型类型进行实例化。但是如果您还编写了第二个重载，例如使用反向条件，那么foo（1）和foo（1.0）都只能找到一个可行的重载，并且没有歧义。

事实上，再想想这个：当推导foo（1.0）的参数时，第一个版本（您编写的版本）实际上是错误的，因为没有成员类型::类型。然而，这不是一个硬编译器错误，而是所谓的“替换失败”——这不是一个错误。它只是从考虑中删除整个模板。

顺便说一下，在类模板中使用enable_if来帮助消除特定参数的歧义，也使用默认参数。它看起来像模板

Answer 2

你的问题有点神秘，但据我理解：

我想知道如何 可以在没有指定类型T的情况下调用

>

不会的；foo和enable\u if模板将仅在用户需要其实例化（隐式或显式）时使用T的特定值进行实例化。因此总是指定T。

默认的模板参数仅在基本模板定义（即不是专门化）上显示。这就是为什么您只能在enable_if的第一个声明中看到它。但是，它们会影响所有专门化（基本上，如果实例化enable_if

顺便说一句，第二个模板参数用于从enable_if中获取不同于val的类型：

std:enable_if<1, int>::type f();

将只是int f（）。