Question

我可以使用std::experimental::is_detected来检查chips1_t是否可以使用float*（它不能）实例化，如下面的static_assert所示：

#include <experimental/type_traits>
#include <type_traits>

template <typename, typename = void>
  struct chips1;

template <typename T>
struct chips1<T*,std::enable_if_t<std::is_same<T,int>::value>> {
  using type = int;
};

template <typename T> using chips1_t = typename chips1<T>::type;

static_assert(!std::experimental::is_detected<chips1_t,float*>::value,"");

如果我尝试使用chips2_t进行检查，则下面显示的类似static_assert将产生编译错误;关于失踪的type成员。谁能告诉我为什么？

struct Base {};

template <typename>
  struct chips2;

template <typename T>
struct chips2<T*> : std::enable_if_t<std::is_same<T,int>::value,Base> {
  using type = int;
};

template <typename T> using chips2_t = typename chips2<T>::type;

static_assert(!std::experimental::is_detected<chips2_t,float*>::value,"");

Answer 1

在第二种情况下，基类不是模板类型的一部分，因此在SFINAE期间不考虑它（它是依赖基类）

实例化

template <typename T>
struct chips2<T*>

成功，然后编译失败，因为它派生自std::enable_if_t<std::is_same<T,int>::value,Base>，这将成为一个格式错误的表达式。

您不能通过基类^*来专门化模板。

例如，你不可能有两个竞争专长，如：

template <typename T>
struct chips2<T*> : std::enable_if_t<std::is_same<T,int>::value,Base> {
  using type = int;
};

template <typename T>
struct chips2<T*> : std::enable_if_t<!std::is_same<T,int>::value,Base> {
  using type = float;
};

从专业化的角度来看，它们被认为是相同的（即，从命名的角度看它们是相同的，因此编译器会认为第二个是第一个的重新声明）。唯一重要的部分是结肠:

之前的一切

在第一种情况下，您的enable_if直接属于模板专精化，因此SFINAE正常运作。

另一个注意事项

在第二个问题中，您实际上无法使用chips2以外的任何内容实例化int*，请参阅以下示例：

struct Base {};

template <typename>
struct chips2
{};

template <typename T>
struct chips2<T*> 
   : std::enable_if_t<std::is_same<T,int>::value, Base> 
{};

int main(){
    chips2<float*> c;
}

您可能倾向于认为SFINAE将为c选择基类模板，但实际上它选择了专门化chips2<T*>，因为我上面所说的，编译失败。

^* [temp.spec]

的相关标准

显式专用的类的名称应为 simple-template-id。

simple-template-id 的形式如下：
template-name＆lt; template-argument-listopt＆gt;

e.g。 chips2<T*>。请注意，没有选项也包括它从

派生的类

通过继承检测成语和SFINAE

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另一个注意事项