在C ++中，请考虑以下示例：
template <typename first, typename... params> struct q;
template <typename first> struct q <first>
{
q()
{
cout<<"x"<<endl;
}
};
template <typename first, typename... params> struct q
{
q()
{
cout<<"x";
q <params...> ();
}
};
int main()
{
q <int, int> ();
q <int, int, enable_if<true, bool>::type> ();
// q <int, int, enable_if<false, bool>::type> ();
}
我定义了一个接受任意数量参数的模板结构。然后我用一组参数实例化它。每个构造函数都将构建一个新的q，其所有参数都是第一个。只有一个参数的q不会再调用递归。
每次调用q的构造函数时，它都会打印出一个“x”。因此，main的第一行将导致程序打印出“xx”，而第二行将打印出“xxx”，因为enable_if实际上已启用。现在，如果第三行会导致我的程序打印出“xx”（即：构建一个q），我将非常感激。可悲的是，我得到的是错误
No template named 'type' in std::enable_if <false, bool>
我该怎么做才能纠正我的例子并使其有效？
谢谢
答案 0 :(得分：5)
您误解了std::enable_if的使用。 （我们中的许多人一开始就这样做了）。
这导致你提出一个技术错误的问题，而不是更多
一般你想要回答。您想要回答的问题是我的模板如何使用或
忽略模板参数，仅基于编译时条件？，而不是
一个糟糕的。
您的印象是std::enable_if<Cond,T>::type是模板表达式
当T为Cond时将会true实例化，并且当Cond实例化为时
Cond是假的。
true为std::enable_if<true,T>时这是正确的，因为std::enable_if<true,T> {
typedef T type;
};
的定义如下：
std::enable_if<false,T>但std::enable_if<false,T> {};
的定义如下：
std::enable_if<false,T>::type请参阅这些定义here
因此T 不会消失;对于任何type，
它成为一个不正确的，无法编译的，对成员类型std::enable_if<false,T>的引用
std::enable_if，不存在。它成为编译器错误。
因此template<bool Cond>
typename std::enable_if<Cond,int>::type foo(int i) // A
{
return i*i;
}
template<bool Cond>
typename std::enable_if<!Cond,int>::type foo(int i) // B
{
return i + i;
}
可用于实例化模板类或
根据某些的编译时间值，可能或不可能运行
布尔常数。而且由于编译器将不考虑任何问题
模板的不可行的实例化，只要有可行的替代方案，
因此，它可以用于在备选之间进行编译时选择
模板类或函数的实现，基于这样的条件，例如
foo<some_bool_constant>(i)如果some_bool_constant为true，some_bool_constant会产生 i平方
如果false为B，我加倍，因为在第一种情况下
A重载具有格式错误的实例化，在第二种情况下
这是foo<some_bool_constant>(x)重载变得格格不入。
替代重载使编译器可以选择要考虑的实例化
每当它看到some_bool_constant，其中一个变得不合格而另一个变得可行，
取决于std::enable_if的真值。它选择了在每种情况下都可行的那个。这个
行为被称为SFINAE，那就是
在理解q <int, int, enable_if<false, bool>::type> ()
之前，您需要了解的内容。
但是你没有替代实例：
std::enable_if<false,bool>::type“取决于 false ”的值。 false 无条件地意味着 false ，所以这只是格式错误 代码。
并考虑：即使q <int, int, > ()
以某种方式消失了，也会离开：
std::enable_if仍然形成错误。
我该怎么做才能纠正我的例子并使其有效？
事实上，这并不需要太多，q<First, ... Rest>没有特色。让我们来解决真正的问题：我的模板如何使用或
忽略模板参数，仅基于编译时条件？
您需要以这种方式定义模板accept_if<bool Cond, typename T>和其他模板q
适用于/*(Iq)*/ q<A0,....,Aj,....,Ak> // 0 <= j <= k
的任何实例化：
Aj其中accept_if<some_bool_constant,t>::type = some_bool_constant，如果true == q<A0,....,t,....,Ak>
，
（Iq）的效果与：
some_bool_constant如果false == q<A0,....,Ak>
那么
（Iq）将产生与以下相同的效果：
some_bool_constant ，而不依赖于accept_if<some_bool_constant,t>::type 的任何运行时测试。 （在（Iq）中，
'....'只是可能论证的示意性占位符：无事可做
使用C ++包或elipses。）
但是false必须在编译时解析为某些类型说明符
或者代码格式不正确。它无法解决任何问题。所以在void情况下，它必须解析为一个类型
说明（Iq）的实例化将指定 no data-type 。
现在拥有一个指定无数据类型的类型说明符的引人注目的实用程序
在C / C ++中很久以前就被认为是C.的第一个ANSI标准
类型说明符是q。
从您的评论中我们了解到void的模板参数
表示构造函数的实例化应提取的数据类型序列
来自参数传递的来源。在这种情况下，void理想地适合该法案
作为一个类型说明符，表示无需执行任何操作。您不能声明accept_if对象，
更不用说从某个地方提取一个。
因此，我建议您定义template<bool Cond, typename T>
using accept_if = std::conditional<Cond,T,void>::type;
：
accept_if<true,T>即。 T = accept_if<false,T>和void = q。阅读
std::conditional
使用此定义，您只需添加到现有的专业化
template<> struct q<void> {};
再一次：
q<void>给#include <type_traits>
#include <iostream>
template<bool Cond, typename T>
using accept_if = typename std::conditional<Cond,T,void>::type;
template <typename first, typename... params> struct q;
template<> struct q<void> {};
template <typename first> struct q <first>
{
q()
{
std::cout << "x" << std::endl;
}
};
template <typename first, typename... params> struct q
{
q()
{
std::cout << "x";
q<params...>();
}
};
int main()
{
q<int, int>();
q<int, int, accept_if<true,bool>>();
q<int, int, accept_if<false,bool>>();
return 0;
}
一个什么都不做的默认构造函数。这是一个示例程序
像你自己的，但形式良好，这说明了这个解决方案：
xx
xxx
xx
输出是你想要的：
Aj在不同的情况下，您甚至可能需要void = struct ignore {};
在（Iq）中忽略 。但是既然我们可以随意创建类型，那么你可以
始终创建一个与您的模板所有不同的类型
不能忽视，比如说：template<bool Cond, typename T>
using accept_if = std::conditional<Cond,T,ignore>::type;
然后你要定义：
template<> struct q<ignore> {};
并专门化：
{{1}}
答案 1 :(得分：0)
enable_if旨在用于可以使用SFINAE的上下文中，这意味着在模板中。
在非模板上下文（或不依赖于模板参数的上下文）中，当条件为false时，引用enable_if<false, T>::type是错误的，因为该成员不存在。
我该怎么做才能纠正我的例子并使其有效？
我不明白你要做什么。你期望enable_if<false, bool>::type是什么？没有这种类型，您认为如何使用它？