非专业化标准模板上的 SFINAE 格式不正确吗？答案

【问题标题】：Is SFINAE on unspecializable std templates ill-formed?非专业化标准模板上的 SFINAE 格式不正确吗？
【发布时间】：2023-03-29 08:42:01
【问题描述】：

以下合法吗？

template<typename T>
std::enable_if_t<false, T> foo() {}

通常，我们有[temp.res]

程序格式错误，不需要诊断，如果：

无法为模板生成有效的特化 [...] 并且模板未实例化 [...]

显然，不能为 foo... 生成有效的特化...除非您认为 std::enable_if 可能是特化的，使得 type 以 void 的形式出现，而不管第一个 bool 参数如何。

struct S {};
template<bool B>
struct std::enable_if<B, S> : std::type_identity<void> {};

除了...您不能通过 [meta.rqmts] 专门化 std::enable_if

除非另有说明，否则为 [meta] 中指定的任何模板添加特化的程序的行为是未定义的。

总而言之，如果你写了一个模仿std::enable_if 的custom enable_if，那么第一个sn-p 是合法的。问题是禁止专门化std::enable_if是否使其非法？

_{这篇文章的灵感来自this 的回答。当前的形式改编自一个独立库的实现。}

【问题讨论】：

我看不出用户定义的enable_if 会有什么帮助。 enable_if 取决于一个值，而不是一个类型，因此您只能将其专门用于 true 和 false。
@NathanOliver 自定义enable_if 的第二个参数仍然是一个可以专门化的模板参数，就像在第二个sn-p 中一样。只是我们通常不会那样想。
啊哈。我想你可以这样做，但是你并没有真正按照你所说的去做。 enable_if<false, T> 应该评估为无，因此它可以正常工作。听起来你真正需要的是std::conditionial，而不是std::enable_if。
如果你不被允许做一件事，那么做你不被允许做的事情就是非法的。从那时起，您可能做了什么其他已不再重要。我不明白问题是什么。
如standard 中所指定，std::enable_if 不能从编译器获得虚拟特化以具有（无法访问的）有效类型。

标签： c++ language-lawyer

【解决方案1】：

问题是禁止专门化std::enable_if是否使其非法？

我会说是的，确实如此。首先，由于这种专业化会导致未定义的行为，我们可以完全忽略这种情况发生的可能性。那里违反了合同，因此进一步讨论合法性没有实际意义¹。

现在，由于我们根本不必担心专业化，我们（作为试图确定程序/实现行为的人）可以依赖标准中描述的行为。 std::enable_if 的描述指定当其 bool 参数为 false 时，它没有 ::type 成员。所以我们保证std::enable_if<false, T>::type 总是格式错误的。

这导致不可避免地满足 [temp.res]/8 中的标准。现在该程序是格式错误的 NDR。

_{¹ - 这毕竟是你引用的 [meta] 子句的目的。它允许对标准库组件的行为进行假设。具体来说，以便实现可以围绕所述预期行为进行优化。}

【讨论】：