构造函数SFINAE和继承在clang中失败

Question

以下代码在GCC下编译良好，但在clang中失败并出现错误：

没有用于“Bar”初始化的匹配构造函数

问题似乎是clang认为Foo的模板构造函数被Bar的模板构造函数隐藏或覆盖。

这是clang中的bug还是GCC中的非标准特性？

如何解决这个问题？我无法更改Foo，因为它是第三方。

#include <type_traits>

struct Foo {
    Foo() = default;

    template<typename T, std::enable_if_t<std::is_trivially_copyable_v<T>>* = nullptr>
    Foo(T& object) {}
};

struct Bar : public Foo {

    using Foo::Foo;

    template<typename T, std::enable_if_t<!std::is_trivially_copyable_v<T>>* = nullptr>
    Bar(T& object) {}
};

int main() {
    int i;
    Bar s{i};
}

https://gcc.godbolt.org/z/etvpvF

Answer 1

当添加第二个模板参数和默认参数时，Clang不会继承构造函数模板。另一方面，在函数的参数列表（C 03样式）中使用SFINAE构造时没有问题：

struct Foo {
    Foo() = default;

    template<typename T>
    Foo(T& object, std::enable_if_t<std::is_trivially_copyable_v<T>>* = nullptr) {}
};

struct Bar : public Foo {
    using Foo::Foo;

    template<typename T>
    Bar(T& object, std::enable_if_t<!std::is_trivially_copyable_v<T>>* = nullptr) {}
};

实例

在这个版本中，构造函数模板被很好地继承，并按预期用于重载解析。

将您自己的SFINAE检查移动到c'tor的参数中，而不更改Foo似乎也可以解决它：

struct Foo {
    Foo() = default;

    template<typename T, std::enable_if_t<std::is_trivially_copyable_v<T>>* = nullptr>
    Foo(T& object) {}
};

struct Bar : public Foo {
    using Foo::Foo;

    template<typename T>
    Bar(T& object, std::enable_if_t<!std::is_trivially_copyable_v<T>>* = nullptr) {}
};

实例

Clang认为原始模板的签名与基类中的签名相同。因此，它认为基类版本是隐藏的。

Answer 2

叮当声是正确的。[namespace.udecl]/14：

（emhpasis矿）

当使用声明符将基类中的声明引入派生类时，派生类中的成员函数和成员函数模板会覆盖和/或隐藏基类中具有相同名称、参数类型列表、cv限定和ref限定符（如果有）的成员函数和成员函数模板（而不是冲突）。此类隐藏或覆盖的声明被排除在使用声明符引入的声明集中。

这意味着，在这种情况下，从foo继承的构造函数模板被从Bar的构造函数模板隐藏。请注意，隐藏时只考虑名称、参数类型列表、cv限定符和ref限定符，即使对于模板也是如此。