Question

我正在使用this answer样式的SFINAE，以便使用适当的成员函数调用泛型矢量对象。例如，以下代码首先调用operator[](int) const，如果不存在则operator()(int) const：

template<int I> struct rank : rank<I-1> { static_assert(I > 0, ""); };
template<> struct rank<0> {};

template<typename VectorType>
struct VectorWrapper
{
    auto get(int i) const
    {
        return get(v, i, rank<5>());
    }

    template<typename V, typename = std::enable_if_t<has_bracket_operator<const V>::value> >
    auto get(V const& v, int i, rank<2>) const
    {
        return v[i];
    }

    template<typename V, typename = std::enable_if_t<has_parenthesis_operator<const V>::value> >
    auto get(V const& v, int i, rank<1>) const
    {
        return v(i);
    }

    VectorType v;
};

根据this thread中的建议设置has_bracket_operator和has_parenthesis_operator特征，整个编译和seems to work。

但是，从第一个开始，将成员向量传递给重载的类模板似乎是不必要的，所以我尝试设置相同而不传递它。为此，我将模板参数V替换为用于设置类模板的VectorType参数：

    template<typename = std::enable_if_t<has_bracket_operator<VectorType>::value> >
    auto get(int i, rank<2>) const
    {
        return v[i];
    }

    template<typename = std::enable_if_t<has_parenthesis_operator<VectorType>::value> >
    auto get(int i, rank<1>) const
    {
        return v(i);
    }

然而，现在，编译失败（在gcc 5.1.0中），并显示以下错误消息：

/usr/local/include/c++/5.1.0/type_traits: In substitution of 'template<bool _Cond, class _Tp> using enable_if_t = typename std::enable_if::type [with bool _Cond = has_parenthesis_operator<std::vector<int> >::value; _Tp = void]':
main.cpp:46:10:   required from 'struct VectorWrapper<std::vector<int> >'
main.cpp:59:38:   required from here
/usr/local/include/c++/5.1.0/type_traits:2388:61: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, void>'
     using enable_if_t = typename enable_if<_Cond, _Tp>::type;

DEMO

问题：

编译错误的原因是什么？
除了我的第一个代码块之外，是否有适当的解决方法？（也就是说，保留了通常的编码风格 - 一个人不必通过成员）。

Answer 1

在失败的示例中，模板参数@cache_disk.wrapper已经由get解决时间确定。要使SFINAE正常工作，您需要在该方法调用时使用于SFINAE的模板参数解析。以下是您想要的第一个示例的修改：

VectorType

这样，template<int I> struct rank : rank<I-1> { static_assert(I > 0, ""); }; template<> struct rank<0> {}; template<typename VectorType> struct VectorWrapper { auto get(int i) const { return get(v, i, rank<5>()); } template<typename V=VectorType, typename = std::enable_if_t<has_bracket_operator<const V>::value> > auto get(int i, rank<2>) const { return v[i]; } template<typename V=VectorType, typename = std::enable_if_t<has_parenthesis_operator<const V>::value> > auto get(int i, rank<1>) const { return v(i); } VectorType v; };在调用V时解析，并且会正确使用SFINAE。

Answer 2

SFINAE来自[temp.deduct] / 8，强调我的：

如果替换导致无效的类型或表达式，则类型推导失败。无效的类型或表达式如果使用替代参数编写，则需要诊断的格式错误。 [ 注意：如果不需要诊断，程序仍然是不正确的。访问检查是替换的一部分处理。 -end note] 只有函数类型的直接上下文中的无效类型和表达式 其模板参数类型可能导致演绎失败。

直接上下文是模板声明中的内容。在您的初始示例中：

template<typename V, typename = std::enable_if_t<has_bracket_operator<const V>::value> >
auto get(V const& v, int i, rank<2>) const

V处于直接上下文中，因此enable_if上的替换失败只是一个演绎失败。

然而，在你的第二个例子中：

template<typename = std::enable_if_t<has_bracket_operator<VectorType>::value> >
auto get(int i, rank<2>) const

VectorType不在get的直接上下文中，因此这里的失败不会是演绎失败，这将是一个很难的错误。

除非VectorType碰巧拥有所有这些运营商。

任何模板问题的解决方案是只添加更多模板。在这种情况下，通过引入另一种类型强制VectorType处于直接上下文中：

template<typename T=VectorType, typename = std::enable_if_t<has_bracket_operator<T>::value> >
auto get(int i, rank<2>) const

并致电get<>()。

Answer 3

或者您可以使用标记调度：

auto get(int i) const
{
    return get(i, has_bracket_operator<VectorType>(), has_parenthesis_operator<VectorType>());
}

auto get(int i, std::true_type /*brackets*/, std::false_type /*parenthesis*/) const
{
    return v[i];
}

auto get(int i, std::false_type /*brackets*/, std::true_type /*parenthesis*/) const
{
    return v(i);
}

demo

C ++为什么SFINAE只有一个类模板参数失败？

3 个答案: