Question

我尝试实现一个能够检测类是否可以在指令上下文中使用的type_traits，例如：std::cout << my_class_instance;。

我的实现试图从SFINAE中受益，以检测函数std::ostream& operator<<(std::ostream&, const MyClass&)是否可用于该类。不幸的是，它在g ++ - 4.9下失败，它应该与C ++ 11兼容。其他编译器不抱怨并且似乎生成正确的代码：g ++ - 5 +，clang ++ - 3.3+以及Visual Studio。

这是我到目前为止尝试的实现：

#include <iostream>
#include <type_traits>
#include <vector>

template <class... Ts> using void_t = void;
template <class T, class = void> struct can_be_printed : std::false_type {};
template <class T> struct can_be_printed<T, void_t<decltype(std::cout << std::declval<T>())>> : std::true_type {};

static_assert(!can_be_printed<std::vector<int>>::value, "vector<int> cannot be printed");
static_assert(can_be_printed<int>::value, "int can be printed");

现场示例位于：https://godbolt.org/g/6xFSef。如果您需要更多详细信息，请不要犹豫。

Answer 1

这是gcc解释的问题：

template <class... Ts> using void_t = void;

在处理特别影响该核心语言（1558）的核心语言问题之前。基本上，gcc发现此别名不受模板参数的影响，只是在void中下降。这完全违背了void_t的目的，如果它总是成功的话，这就是在这种情况下发生的事情。

您只需将void_t包装在另一个模板中（如original paper中所述）即可欺骗它：

template <class... Ts> struct make_void { using type = void; };            
template <class... Ts> using void_t = typename make_void<Ts...>::type;

在这里，gcc不能放弃替代，因为当然假设其他make_void专业化不仅仅是void。

用于检测类是否与std :: ostream兼容的特性＆lt;＆lt;

1 个答案: