Question

我有以下功能模板

template
<
    typename FilterLHS,
    typename FilterRHS,
    typename Of = typename FilterLHS::OfType,
    std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Filter<Of>, FilterLHS> && std::is_base_of_v<Filter<Of>, FilterRHS>, int> = 0
>
std::shared_ptr<OrFilter<Of>> operator ||(const std::shared_ptr<FilterLHS> &lhs, const std::shared_ptr<FilterRHS> &rhs)
{
    return std::make_shared<OrFilter<Of>>(OrFilter<Of>{ lhs, rhs });
}

工作正常。我的问题是，为什么需要int第二个参数以及enable_if的默认值？据我了解，尤其是this answer，我应该能够做到

template
<
    typename FilterLHS,
    typename FilterRHS,
    typename Of = typename FilterLHS::OfType,
    std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Filter<Of>, FilterLHS> && std::is_base_of_v<Filter<Of>, FilterRHS>>
>
std::shared_ptr<OrFilter<Of>> operator ||(const std::shared_ptr<FilterLHS> &lhs, const std::shared_ptr<FilterRHS> &rhs)
{
    return std::make_shared<OrFilter<Of>>(OrFilter<Of>{ lhs, rhs });
}

但是当我这样做时，我的模板似乎从未启用。

Answer 1

如果enable_if通过，则第一个代码段将产生：

template<int = 0>

哪个有效。

但是，这就是您从片段2中得到的结果：

template<void>

不是，所以SFINAE总是在这里参加。

为什么std :: enable_if需要第二个模板类型？

1 个答案: