Question

根据enable_if struct的定义：

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

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

我想知道如何

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

如果std::is_integral<T>::value等于true，则可以在没有指定类型T的情况下调用

。在这种情况下，将调用std :: enable_if的特化，在此定义中没有默认模板参数。

是否由于推导出模板参数机制？如果是，为什么为非专业化定义指定了默认参数？

Answer 1

你的问题有点神秘，但据我所知：

我想知道如何在没有指定类型T
的情况下调用...

不会;仅当用户需要使用foo 的特定值进行实例化（隐式或显式）时，才会实例化enable_if和T模板。因此始终指定T。

默认模板参数仅在“基本”模板定义上有特色（即不是特化）。这就是为什么你只在enable_if的第一个声明中看到它。但是，它们会影响所有特化（基本上，如果您实例化enable_if<X>，编译器会发现您没有为基本模板提供其中一个参数，并尝试将所有特化与参数列表<X, void>匹配。 / p>

BTW第二个模板参数用于从enable_if中获取与void不同的类型：

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

只是int f()。

Answer 2

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，只是它会拒绝对具有编译器错误的非整数类型进行实例化。但是如果你还写了第二个重载，例如反向条件，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，再想一想：在推断foo(1.0)的参数时，第一个版本（你写的那个）实际上是错误的，因为没有成员类型::type。但是，这是不硬编译器错误，而只是所谓的“替换失败” - 而不错误。它只是考虑了整个模板。

作为旁注， class 模板中enable_if的相关用途有助于消除歧义特化，也使用默认参数。它看起来像template <typename T, typename = typename std::enable_if<some_condition>::type> ...

enable_if结构定义和默认模板参数

2 个答案: