Question

过去使用SFINAE选择构造函数重载时，我通常使用以下内容：

template <typename T>
class Class {
public:
    template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_void<U>::value, int>::type=0>
    Class() {
        std::cout << "void" << std::endl;
    }

    template <typename U = T, typename std::enable_if<!std::is_void<U>::value, int>::type=0>
    Class() {
        std::cout << "not void" << std::endl;
    }
};

但是，我刚刚遇到了这个替代方案：

template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_void<U>::value>::type...>
Class() {
    std::cout << "void" << std::endl;
}

考虑到以下情况属于非法......

template <typename U = T, void...> // ERROR!
Class() { }

...上面使用省略号而不是非类型模板参数的替代方法如何工作？

完整代码：http://coliru.stacked-crooked.com/a/64a1aaf13ce6099b

Answer 1

我之前的回答是错误的。抱歉。我只是想解决它。

此声明：

template <typename U = T, void...>
Class() { }

违反[temp.res] / 8：

该计划是格式错误，无需诊断，如果[...]可变参数模板的每个有效特化都需要空模板参数包

它不需要诊断，但编译器选择发出一个。无论哪种方式，代码都是不正确的。

另一方面

template <typename U = T, std::enable_if_t<std::is_void<U>::value>...>
Class() { }

不违反此要求。我们有一个空包装，所以我们不要碰到你不能使用void作为非类型模板参数的事实。此外，enable_if的假设专业化可以提供一种不void的类型，因此由于上述限制，它不会形成错误。

如何使用SFINAE的省略号工作？

1 个答案: