检测类是否与 std::ostream<< 兼容的特征答案

【问题标题】：Traits to detect if a class is compatible with std::ostream<<检测类是否与 std::ostream<< 兼容的特征
【发布时间】：2017-06-19 22:11:43
【问题描述】：

我尝试实现一个 type_traits 能够检测一个类是否可以在指令的上下文中使用，例如：std::cout << my_class_instance;。

我的实现试图从 SFINAE 中受益，以检测函数 std::ostream& operator<<(std::ostream&, const MyClass&) 是否可用于该类。不幸的是，它在应该与 C++ 11 兼容的 g++-4.9 下失败。其他编译器没有抱怨，似乎生成了正确的代码：g++-5+、clang++-3.3+ 和 Visual Studio。

这是我目前尝试的实现：

#include <iostream>
#include <type_traits>
#include <vector>

template <class... Ts> using void_t = void;
template <class T, class = void> struct can_be_printed : std::false_type {};
template <class T> struct can_be_printed<T, void_t<decltype(std::cout << std::declval<T>())>> : std::true_type {};

static_assert(!can_be_printed<std::vector<int>>::value, "vector<int> cannot be printed");
static_assert(can_be_printed<int>::value, "int can be printed");

现场示例位于：https://godbolt.org/g/6xFSef。如果您需要更多详细信息，请不要犹豫。

【问题讨论】：

标签： c++ c++11 sfinae ostream g++4.9

【解决方案1】：

这是 gcc 如何解释的问题：

template <class... Ts> using void_t = void;

在它处理特别影响它的核心语言问题之前 (1558)。基本上，gcc 看到这个别名不受模板参数的影响，只是放入void。这完全违背了void_t 的目的，如果它总是成功的话，这就是在这种情况下发生的事情。

您可以通过将void_t 包装在另一个模板中来欺骗它（如original paper 中所建议的那样）：

template <class... Ts> struct make_void { using type = void; };            
template <class... Ts> using void_t = typename make_void<Ts...>::type;

在这里，gcc 不能仅仅放弃替代，因为当然还有一些其他的 make_void 专业化，而不仅仅是 void。

【讨论】：