std::enable_if<> 错误答案

【问题标题】：Errors with std::enable_if<>std::enable_if<> 错误
【发布时间】：2016-02-25 12:09:18
【问题描述】：

我正在尝试在 C++ 中使用带有 STL std::enable_if<> 的基本 SFINAE 模式，但在第一个障碍中失败了：

#include <type_traits>

template< typename T >
typename std::enable_if< true, bool >::type    // compiles fine
//std::enable_if< false, bool >::type // lots of errors
myFunction( T val )
{
    // do stuff
    return true;
}

void main()
{
    int i = 0;
    myFunction( i );
}

在第一种情况下，enable_if<true,bool> 按预期工作。在第二种情况下，enable_if<false,bool> 我希望编译会失败，并且只会出现一个类似于 'myFunction': identifier not found 的错误，但是我会收到多个以 'type' : is not a member of 'std::enable_if<false,bool>' 开头的错误，然后从那里传播更多错误。

一方面，编译器确实给出了错误，但另一方面，我认为重点是替换失败是不是错误吗？我错过了一个非常明显的观点吗？还是 VC 2013 有 SFINAE 问题？

谢谢

【问题讨论】：

enable_if 在第一个模板参数为 false 时强制使用未定义的返回类型。有关更多信息，我建议阅读：stackoverflow.com/q/25284499/2642059

标签： c++ c++11 visual-c++ visual-studio-2013 stl

【解决方案1】：

当您使用std::enable_if<false, bool>::type 字面意思时，没有任何东西可以替代。因此，代码总是错误的，编译器会报告错误。 SFINAE 仅适用于以“F”（失败）结束的“S”（替代）。

【讨论】：

【解决方案2】：

原因是 Visual C++（和 gcc）都使用 true 案例的部分特化来实现 std::enable_if，而对于通用案例，它只是一个空结构，这当然是 false 的结果：

template<bool _Test,class _Ty = void>
struct enable_if
{   // type is undefined for assumed !_Test
};

template<class _Ty>
struct enable_if<true, _Ty>
{   // type is _Ty for _Test
  typedef _Ty type;
};

他们甚至评论了type 对于false 案例未定义的事实。

【讨论】：