Question

在C++17中，void_t允许使用class / struct模板轻松执行SFINAE：

template <class T, class = void>
struct test {
    static constexpr auto text = "general case";
};

template <class T>
struct test<T, std::void_t<decltype(std::begin(std::declval<T>())>> {
    static constexpr auto text = "has begin iterator";
};

void_t内的内容是一种类型。我的问题是：当void_t内的内容是一种类型特征时，如何做同样的事情。使用enable_if效果很好：

template <class T>
struct test<T, std::void_t<std::enable_if_t<std::is_class_v<T>>> {
    static constexpr auto text = "is a class";
};

是否有更短/更优雅的方式来写这个，或“正确的方式”来实现它，真的要结合void_t和enable_if？

Answer 1

std::void_t的一个重点是可变量

// ................VVV  <- is variadic
template <typename ...>
using void_t = void;

因此，当您必须检查多种类型时，允许SFINAE工作，并且当只有其中一种类型失败时允许您软失败。

如果您只需要检查某个值，并且必须使用std::enable_if（或类似的类型特征）进行检查，我就不会看到与{{1}一起使用它的理由}。

所以，在你的例子中，＆＃34;正确的方式＆＃34; （恕我直言）避免使用std::void_t

std::void_t

同样在使用单template <class T> struct test<T, std::enable_if_t<std::is_class_v<T>> { static constexpr auto text = "is a class"; };的情况下，我更喜欢旧的方式（但我认为这是个人品味的问题）

decltype()

Answer 2

您似乎不明白为什么std::void_t是必要的。让我们解决一下:)）

在您的第一个示例中，如果您不使用std::void_t，则永远不会选择部分特化，因为decltype将评估为某些类型T而非{ {1}}，因此它不会与部分特化相匹配，并且会回归到一般情况。现在，如果您知道函数将始终返回相同类型，则可以随时更改主模板中的默认参数，但这种方式更难以更改。（您可以查看我提供给另一个问题的answer，这可能有助于理解这一点。）

这就是void被引入的原因。 std::void_t只是一种身份类型特征，无论如何都是std::void_t。这意味着在您的第一个示例中，无论void的评估结果如何，第二个模板参数都将为decltype，因此如果void为decltype，则匹配并选择专门化良好的。

std::enable_if_t有效，默认为void当且仅当其中的条件评估为true时。这意味着std::enable_if_t 已经无论如何都会返回void，因此您无需std::void_t将其“转换”为void ，因为它已经是void。

结合void_t和enable_if？

2 个答案: