Question

在阅读Barry's answer至Check if a given type has a inner template rebind时，我想：

为什么我们需要GRANT ALL PRIVILEGES ON database.* TO 'myUser'@'%' IDENTIFIED BY 'newpassword'; FLUSH PRIVILEGES;？

为什么以下不有效？

void_t

输出

#include <iostream>

template <typename X, typename Y = X>
struct has_rebind : std::false_type {};

template <typename X>
struct has_rebind<X, typename X::template rebind<int>> : std::true_type {};

struct A { };
struct B { template <typename > struct rebind { }; };

int main() {
    std::cout << has_rebind<A>::value << std::endl;
    std::cout << has_rebind<B>::value << std::endl;
}

demo

Answer 1

void_t是一个黑客。

模板类专业化模式匹配的工作原理是主模板确定每个参数的种类（类型或值），默认值为：

template<class A, class B=A, class C=void>
struct whatever {};

要调用whatever<?...>，您必须将有效参数与whatever<?...>的主要特化匹配。

在通过该测试之后，各种专业化模式匹配。所以假设你想要指针专门化。

template<class T>
struct whatever<T*, T*, void> {

这里的template<?...>参数列表与之匹配：它只提供了一个＆＃34;自由变量列表＆＃34;。模式匹配位于 <?...> 类名后面的whatever模板参数列表中。每个参数依次匹配发送到whatever的参数，以及匹配＆＃34;自由变量＆＃34;的模式。（class T以上）已确定。

诀窍是你可以在这里放置没有模式匹配的表达式，但依赖于其他模式匹配，然后生成一个新类型：

template<class T>
struct whatever<T*, typename std::add_const<T>::type*, void> {

第二个参数是（模板add_const）的依赖类型，因此不能进行模式匹配。一般来说，some_template<T>::type的结果可以是图灵完全非内射计算：C ++标准不需要反转，幸运的是编译器编写者。

编译器不会尝试 - 而是尝试从其他模板参数中确定T，然后用T替换该参数，并检查它是否与传递的类型匹配到whatever。

这里的技巧是替换失败（在直接上下文中）不会产生错误¹。如果std::add_const<T>没有名为::type的字段，而不是生成错误，而是说＃34;嗯，这种模式并不匹配＆＃34;。它会把这种专业化作为候选人中的一个可行的专业。

这个功能在C ++的早期就被添加了，因为模板函数甚至可以贪婪地匹配基本类型，如果你传递了{{1}，尝试使用派生类型（比如iterator::value_type）会失败} int。使用此功能，iterator没有int这一事实意味着＆＃34;这不是某些模板函数的有效重载＆＃34;而不是重载解析期间的语法错误。实际上，模板函数在没有任何超载的情况下几乎无用，所以他们添加了SFINAE - 替换失败不是错误。

一旦出现，人们开始滥用它。 ::value_type试图利用它。

void_t

template<class T> struct whatever<T*, T*, void_t<decltype(std::declval<T>().hello_world())>> {获取其类型参数，并丢弃它们，并在依赖上下文中生成void_t （从而阻止表达式用于推导{{ 1}}）。它首先评估类型参数²，这意味着如果生成的类型在直接上下文中导致失败，则会导致替换失败。

有一点是，一旦你通过void喂它，所产生的类型并不重要。当我们定义T的主要特化时，我们可能甚至不知道void_t应该是什么类型。所以我们将其丢弃并将其转换为t.hello_world()。为了匹配特化，类型必须匹配。所以我们在主要专业化中将类型设置为whatever<?...>，在专门化中我们进行测试然后将其传递给void以丢弃类型结果。

我们也可以将void与编译时void_t表达式一起使用，当且仅当std::enable_if_t<?>为真时，它才会生成类型bool（否则会失败）在眼前的情况下）。

从某种意义上说，void将有效类型表达式映射到bool，将无效类型表达式映射到替换失败。 void_t将void映射到enable_if_t，将true映射到替换失败。在这两种情况下，您需要在专业化中使用void类型来消费＆＃34;消费＆＃34;结果和匹配正确。

两者在SFINAE代码中都非常有用，这是一个强大的功能，可让您根据简单模式匹配以外的其他方式决定使用哪种特化。

¹最后我查了一下，this requirement was not explicitly in the standard！ SFINAE规则适用于模板函数替换失败，并且每个人（包括编译器编写者和标准编写者）只是假设它应用于模板类替换失败。当然，标准很难读，我可能只是错过了它。

²有一次，各种编译器都不同意false应该做的事情。如果传递的表达式是替换失败，则有些会失败：其他人会注意到表达式将被丢弃，并在检查替换失败之前将其丢弃。这在缺陷报告中得到澄清。

Answer 2

在这些方面：

template <typename X, typename Y = X>
struct has_rebind : std::false_type {};

template <typename X>
struct has_rebind<X, typename X::template rebind<int>> : std::true_type {};

默认类型（X）和您为专业化提供的类型（typename X::template rebind<int>）必须是同一类型。由于void是一个非常好的“默认虚拟类型”，它通常用作默认类型，我们使用void_t来更改专业化中给出的内容

Answer 3

您的示例不起作用，因为has_rebind<A>和has_rebind<B>都有一个模板参数，因此第二个参数是默认的： has_rebind<A,A>和has_rebind<B,B>。现在，您确实提供了has_rebind<X, X::rebind<int>>的特化，但在实例化has_rebind<B,B>时不使用该特化。

您需要typename Y = typename X::template rebind<int>之类的内容来触发您的专业化，但无法为A进行编译。

为什么void_t需要检查成员类型的存在？

3 个答案: