decltype（auto）、trailing return type和sfinae：我们能把它们混合在一起吗？

Question

考虑以下代码：

auto f() -> decltype(auto) { /* do whatever you want here */ }
int main() { f(); }

导出返回类型，并将decltype（auto）用作尾部返回类型
下面的代码是一个稍加修改的版本（实际上是sfinae版本）：

struct S { static void f() {} };
struct T {};

template<typename U>
auto f(int) -> decltype(U::f(), void()) {
    // do whatever you want here
}

template<typename>
auto f(char) -> decltype(auto) {
    // do whatever you want here
}

int main() {
    f<S>(0);
    f<T>(0);
}

如果你参加了这个功能的考试：

template<typename U>
auto f(int) -> decltype(U::f(), void()) {
    // do whatever you want here
}

问题是：是否可以使用尾随返回类型来执行sfinae，并且仍然可以推断返回类型
我指的是下面的代码（当然不起作用）：

template<typename U>
auto f(int) -> decltype(U::f(), auto) {
    // do whatever you want here
}

注意：我不是在寻找涉及模板参数的替代方法，我知道它们，我只是想知道这是否是一个可行的解决方案。

Answer 1

不是答案，而是使用void\u t的一种可能的解决方法。

至少它和你想做的一样干燥：

template<typename... Ts> struct make_void { typedef void type;};
template<typename... Ts> using void_t = typename make_void<Ts...>::type;


struct S { static int f() { return 3; } };
struct P { static int p() { return 4; } };
struct T {};

template<typename U, void_t<decltype(U::f())>* = nullptr >
auto f(int) -> decltype(auto)
{
    // do whatever you want here
    std::cout << "f1\n";
    return U::f();
}

template<typename U, void_t<decltype(U::p())>* = nullptr >
auto f(int) -> decltype(auto)
{
    // do whatever you want here
    std::cout << "f3\n";
    return U::p();
}

template<typename>
auto f(char) -> decltype(auto) {
    std::cout << "f2\n";
    // do whatever you want here
}

int main() {
    std::cout << f<S>(0) << '\n';
    std::cout << f<P>(0) << '\n';
    f<T>(0);
}

Answer 2

您可以向函数添加另一个val(*)()类型的参数，并为其分配一个带有尾随返回类型的lambda作为默认参数，以便可以通过lambda应用SFINAE：

template<typename U>
decltype(auto) f(int, void(*)() = []()->decltype(U::f(), void()) {})
{
    // do whatever you want here
}

Answer 3

decltype（auto）是一个不可分割的结构（几乎就像它是一个像decltype_auto这样的关键字）。除此之外，auto不能在decltype（x）中用作独立的实体，因为这会阻止x成为有效的表达式。