当使用enable_if和SFINAE时，函数参数类型推断（std容器，例如vector）失败

Question

我好像不知道我错在哪了。请参阅https://ideone.com/wkszsn

我试图创建一个函数，该函数只有在其参数是某种模板化类时才存在，为迭代器公开一个typedef。

在非条件情况下,函数看起来如下所示：

template<template <class, class> class C, class T, class A>
void DoSomething(C<T,A>& val)
{
    T* pT;
    cout << "did something!\n";
}

在本例中，类型扣除对此代码段很有效：

vector<int> v{1,2,3,4,5};
DoSomething(v);

好的。现在我想对参数进行类型推导，并使container类公开typedef迭代器。使用herb sutter gotw sfinae模式，我创建了：

template<class T> struct supports_iteration
{ 
private:
    typedef char yes[1];
    typedef char no[2];
    template <class C> static yes& foo(typename C::iterator*);
    template <class C> static no& foo(...);
public:
    static constexpr bool value = sizeof(foo<T>(0)) == sizeof(yes);
};

好的，使用这个，我现在可以检测iterator是否公开了：

vector<int> v{1,2,3,4,5};
DoSomething(v);
cout << "vector<int> supports_iteration? " << 
    boolalpha << supports_iteration<decltype(v)>::value << "!" << endl;

工作良好，输出：

did something!
vector<int> supports_iteration? true!

好了，现在我想使用enable_if升级DoSomething()，如下所示：

template<template <class, class> class C, class T, class A>
void DoSomethingSmartly(
    typename std::enable_if<
        supports_iteration<
            C<T,A>
        >::value
    >::type& val)
{
    T* pT;
    cout << "did something smartly!\n";
}

但这不管用。我得到了

prog.cpp：在函数“int main（）”中：prog.cpp：44:22：错误：调用“DoSomethingSmartly（std：：Vector&）”DoSomethingSmartly(v)没有匹配的函数；//-失败！！^prog.cpp:26:6:注意：候选：template class C,class T,class A>void DoSomethingSmartly（typename std::enable_if>::value>::type&)void DoSomethingSmartly(^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~)

我做错了什么？

Answer 1

在您的尝试中，C、T和a处于不可推断的上下文中（在traits ::type 和T中处于不可推断的上下文中），您可以在返回类型上使用enable_if:

template<template <class, class> class C, class T, class A>
typename std::enable_if<supports_iteration<C<T,A>>::value>::type
DoSomethingSmartly(C<T, A>& val)
{
   // ...
}