使用MSVC2015 Update 2

编译时，此片段按预期工作

template<typename vreal = 
    std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, 
                   floatType>::type>
inline vreal foo(vreal bar)
{
    return bar;  
}

template<typename vreal = 
    std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, 
                   floatType>::type>
struct bar { vreal i; };

海湾合作委员会抱怨“目前范围内没有定义vreal（WTF？）”

到目前为止我尝试过：

将上层模板片段重写为

template<typename vreal, 
         typename enable = typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value != 0>::type>

但这也不起作用。它在代码中稍后会中断，我认为这是由于引入了额外的模板参数。

另外，我不明白为什么我必须将比较与0引入。没有它gcc抱怨在enabled_if上缺少'type'。

因此，主要问题是：如何获得相同的SFINAE逻辑（仅在参数为vreal时编译）没有其他参数。

我可以重写它以返回SFINAE类型 - 但这将是我要避免的很多工作（区分函数，类，结构，typedef / usings ......），即使它包含在宏中

 template<typename vreal>
 typename std::enable_if<is_vreal<vreal>, vreal>::type inline vreal .....

Answer 1

这不是有效的C ++：

template<typename vreal = 
  std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, 
               floatType>::type>
inline vreal foo(vreal bar)
{
  return bar;  
}

有很多原因。它使用std中不在std（is_vreal）中的符号，这意味着您的程序格式不正确。它使用未定义的令牌floatType（您确实发布了[MCVE]吗？）。在vreal的定义中，它使用vreal之前的vreal。

我不知道它应该是什么意思，除了你似乎认为它具有SFINAE魔力：它表明如果is_vreal通过floatType测试，它应该是类型{{ 1}}默认情况下。但是为了达到这一点，您必须已经使用类型vreal，因此默认类型似乎并不重要。

此外，::type不是依赖上下文中的类型：所以std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, floatType>::type应该抱怨您在预期类型的上下文中使用名为::type的非类型。您需要typenam estd::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, floatType>::type。

您似乎还声明您正在使用宏来生成代码。那是一个糟糕的决定。

据我所知，完全删除enable_if条款可以解决大多数情况下的问题。

例外是函数，因为可能有重载，你可以引入一个SFINAE助手。

彻底抛弃宏。无论如何，类和函数模板的工作方式都有很大不同。

对于类/结构：

template<class vreal>
struct bar { vreal i; };

因为实际上没有其他选择 - 没有像函数一样重载结构/类的概念。

对于功能，我们需要SFINAE测试，以便我们可以重载：

template<class T, class R=T>
using vreal_test = typename
  std::enable_if<std::is_vreal<T>::value, R>::type

template<class vreal>
inline vreal_test<vreal> foo(vreal bar)
{
  return bar;  
}

如果函数返回不同类型，请执行

template<class vreal>
inline vreal_test<vreal,void> foo2(vreal bar)
{
  return;
}

您可以在扫描时删除宏来执行此操作。

Answer 2

对于您的顶级功能，您可以拥有：

template<typename vreal>
inline typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, floatType>::type foo(vreal bar)
{
    return bar;
}

您的结构也应该重新定义。下面的解决方案无法摆脱使用辅助参数Enable here，具有部分特化：

template<typename vreal, typename Enable = void>
struct bar;

template<typename vreal>
struct bar<vreal, typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, void>::type>
{ vreal i; };

（假设floatType和std :: is_vreal在某处适当定义）

Answer 3

我会将SFINAE与您实际使用的模板参数分开。对于这种情况，非类型的附加参数是理想的。

对于struct，我会使用enable_if并专门化一个基类。

看起来像这样：

template<typename vreal, typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value, int>::type = 0>
vreal foo(vreal bar) { 
    return bar;
}

template<typename vreal, typename = void>
struct barBase; // optionally add a static_assert for better messages

template<typename vreal>
struct barBase<vreal, typename std::enable_if<std::is_vreal<vreal>::value>::type> {
    vreal i;
};

template<typename vreal>
using bar = barBase<vreal>;

我不认为std::is_vreal存在。如果确实如此，肯定不会在海湾合作委员会中。不要在std命名空间中注入内容，编译器可以自由拒绝它。

从MSVC2015 Update 2移植到GCC 5.3 - SFINAE错误

使用MSVC2015 Update 2

到目前为止我尝试过：

3 个答案: