使用命名空间和使用指令不适用于 std::enable_if_t答案

【问题标题】：Using namespace and using directive not working for std::enable_if_t使用命名空间和使用指令不适用于 std::enable_if_t
【发布时间】：2016-11-12 23:49:02
【问题描述】：

当我尝试使用 MSCL 19 编译以下代码时，一切正常。但是，当我尝试 g++ 6.2.0 和 clang 3.9.0 时，我收到了类似 expected nested-name-specifier class=typename

的错误

#include<type_traits>
using namespace std;
template<class T,class=typename enable_if_t<
    is_signed<T>::value&&is_integral<T>::value&&(sizeof(T)>1)>>
    void f(T i) {}
int main() {
    f(1);
}

添加using std::enable_if_t 将产生相同的结果。

#include<type_traits>
using namespace std;
using std::enable_if_t;
template<class T,class=typename enable_if_t<
    is_signed<T>::value&&is_integral<T>::value&&(sizeof(T)>1)>>
void f(T i) {
}
int main(){
    f(1);
}

这个问题可以通过在enable_if_t前加上std::来解决：

#include<type_traits>
using namespace std;
template<class T,class=typename std::enable_if_t<
    is_signed<T>::value&&is_integral<T>::value&&(sizeof(T)>1)>>
void f(T i) {
}
int main(){
    f(1);
}

为什么using namespace std 和using std::enable_if_t 对std::enable_if_t 无效？

【问题讨论】：

typename 在这里是不必要的。
FWIW，您可能可以使用is_integral_v<T> 而不是is_integral<T>::value，因为您已经拥有enable_if_t<T>
@Eric : enable_if_t 是 C++14，但 is_integral_v 是 C++17。

标签： c++ c++11 c++14

【解决方案1】：

它试图告诉你的是，当它看到typename 时，它接下来需要一个嵌套类型说明符。并且enable_if_t 没有任何嵌套使用（没有::）。删除 typename 使其可以与 gcc 一起使用。

【讨论】：