STD::ENABLE_IF如何阻止声明成员模板？
Stroustrup C++第4版第796页指出
“如果enable_if的条件计算为false，则完全忽略它所在的整个函数声明。”和“...我们不申报任何东西。”。
我也读过这个建议的线程，在这个线程中，SFINAE只有在模板参数的参数推导中的替换使构造格式不正确时才起作用。
#include <type_traits>
using namespace std;
template<bool B, typename T>
using Enable_if = typename std::enable_if<B, T>::type;
struct X
{
template <class T>
Enable_if<false, T> f0(int x) {};
template <class T>
Enable_if<true, T> f0(int x) {};
};
int main(void)
{
X xx;
xx.f0<void>(0);
return 0;
}
template <typename enable_if<false>::type* = nullptr>
void f0() {}
共有1个答案
我试图理解SFINAE是如何省略enable_if
构造的。是否因为缺少返回类型::type使得模板构造了格式不正确的语言？
简短的回答：不！
你需要看一下，SFNINAE基本上是如何工作的，形成了一本好的C++书。例如，从cppreference.com
template< bool B, class T = void >
// ^^^^^^^ -----------------------> here!!
struct enable_if;
标准库组件std::enable_if允许创建替换失败，以便根据编译时评估的条件启用或禁用特定重载。
在代码中，对于给定的重载
template <class T>
Enable_if<false, T> f0(int x) {};
// ^^^^^ ---------------> CONDITION == false
条件是false，因此实际上，在编译器完成编译后，这部分（代码）将不存在。
template<bool B, typename T>
using Enable_if = typename std::enable_if<B,T>::type;
// ^^^^^^^ --> type has been mentioned here!
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