Question

#include<string>
#include<type_traits>

template<typename... Args>
class C {
public:
    void foo(Args&&... args) {      

    }

    template<typename = std::enable_if_t<(0 < sizeof...(Args))>>
    void foo(const Args&... args) {     

    }
};

int main() {
    C<> c;
    c.foo();
    return 0;
}

上面的代码作为expacted（由我:)）并在 msvc 2015 中的运行时调用void foo(Args&&... args)但是同样的代码甚至无法在 gcc 7.3 <中编译/ em>和 clang 6.0.0 ，错误：

错误：'std :: enable_if'中没有名为'type'的类型; 'enable_if'不能用于禁用此声明

我想了解上述代码有什么问题以及如何解决？

Answer 1

SFINAE仅适用于推导出的模板参数。在您的情况下，您的方法不依赖于方法调用中的任何参数，因此它不在推导的上下文中。在实例化类本身时，一切都已知。

在这种情况下，MSVC完全错了。

解决方法：

template<typename... Args>
class C
{
    public:
        template< typename U = std::tuple<Args...>>
            std::enable_if_t< (std::tuple_size<U>::value > 0 ) > foo(const Args&...)
            {
                std::cout << "Args  > 0 type " << std::endl;
            }

        template< typename U = std::tuple<Args...>>
            std::enable_if_t< (std::tuple_size<U>::value == 0)> foo(const Args&...)
            {
                std::cout << "Args 0 type " << std::endl;
            }
};

int main()
{
    C<>{}.foo();
    C<int>{}.foo(1);
}

我不知道为什么你需要这样的重载，因为如果参数列表是空的，你应该只为这样的东西编写一个重载而没有任何SFINAE东西。

如果您的编译器没有过时（仅限c ++ 14），使用constexpr if会更容易：

template <typename... Args>
struct C
{
    void foo (const Args&... args)
    {
        if constexpr ( sizeof...(args) == 0)
        {
            std::cout << "0" << std::endl;
        }
        else
        {
            std::cout << ">0" << std::endl;
        }
    }
};

int main ()
{
    C<>    c0;
    C<int> c1;
    c0.foo();
    c1.foo(42);
}

评论后编辑：

为了避免使用SFINAE，您还可以使用这样的专用模板类：

// provide common stuff here
template <typename ... ARGS>
class CAll { protected: void DoSomeThing(){ std::cout << "Do some thing" << std::endl; } };

template<typename ... ARGS>
class C;

// special for no args
template<>
class C<>: public CAll<>
{   
    public:
        void foo() 
        {
            std::cout << "none" << std::endl; 
            this->DoSomeThing();
        }   
};  

//special for at minimum one arg
template<typename FIRST, typename ... REST>
class C<FIRST, REST...>: public CAll<FIRST, REST...>
{   
    public:
        void foo( FIRST&, REST&... )
        {   
            std::cout << "lvalue" << std::endl;
            this->DoSomeThing();
        }

        void foo( FIRST&&, REST&&... )
        {   
            std::cout << "rvalue" << std::endl;
            this->DoSomeThing();
        }   
};  

int main()
{   
    int a;
    C<>{}.foo();
    C<int>{}.foo(1);
    C<int>{}.foo(a);
}

Answer 2

正如Klaus更好地解释的那样，您的原始代码不起作用，因为std::enable_if_t需要检查方法本身的模板，并且该类的模板列表不够。

我提出了克劳斯解决方案的简化替代方案。

首先，您需要一个模板参数来检查;您可以使用从类的模板参数中推导出的默认值（Args...）。

当然，您可以使用std::tuple Args...的类型，但考虑到您只对Args...参数的数量感兴趣，我发现它更简单使用std::size_t模板参数初始化Args...

template <std::size_t N = sizeof...(Args)>
std::enable_if_t<N> foo (Args const & ... args)
 { std::cout << "N args" << std::endl; }

关于零args版本，没有必要使其成为模板版本;你可以简单地用零参数写它

void foo ()
 { std::cout << "zero args" << std::endl; }

如果为Args...为零，则非模板版本优先于模板版本。

以下是完整的编译示例

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename... Args>
struct C
 {
   void foo ()
    { std::cout << "zero args" << std::endl; }

   template <std::size_t N = sizeof...(Args)>
   std::enable_if_t<N> foo(const Args&... args)
    { std::cout << "N args" << std::endl; }
};

int main ()
 {
   C<>    c0;
   C<int> c1;
   c0.foo();
   c1.foo(42);
 }

为什么'enable_if'不能用于在此处禁用此声明

2 个答案: