SFINAE检测静态方法

Question

我正在尝试实现一种机制来检测提供的类是否包含一些静态方法。这是非常简单的代码，但我不明白为什么 decltype() 对于 EnableIfHasFooMethod 类的专业化不能按预期工作：

#include <iostream>

struct A {
    static int Foo() { return 0; }
};

template <class T, class = void>
struct EnableIfHasFooMethod {};

template <class T>
struct EnableIfHasFooMethod<T, decltype(T::Foo)> {
    typedef void type;
};

template <class T, class = void>
struct HasFooMethod {
    static const bool value = false;
};

template <class T>
struct HasFooMethod<T, typename EnableIfHasFooMethod<T>::type> {
    static const bool value = true;
};

int main() {
    std::cout << HasFooMethod<A>::value << std::endl;
    return 0;
}

输出是0，但应该是1。

Answer 1

您忘记添加void()

template <class T>
struct EnableIfHasFooMethod<T, decltype(T::Foo, void())> { /* ... */ };
// ...........................................^^^^^^^^

你需要在

中匹配第二种类型（void）

// ........................vvvv
template <class T, class = void>
struct EnableIfHasFooMethod {};

所以你的decltype() 必须返回void iff（当且仅当）T 中有一个Foo() 成员。

你不会写

decltype( T::Foo )

因为在这种情况下，decltype() 返回成员 Foo（如果存在）的类型，它不能是 void。

你不会写

decltype( void() )

因为，在这种情况下，decltype() 返回 ever void，但如果 T 中有 Foo 成员，则您想要它

所以解决办法是

decltype( T::Foo , void() )

所以 SFINAE 可以工作，如果没有 Foo 成员，则替换失败，如果有 Foo，则返回 void。

Answer 2

由于这可能仍然引起人们的兴趣，让我指出EnableIfHasFooMethod 是多余的（如果我没记错的话）。这应该也可以：

template <class T, class = void>
struct HasFooMethod: public std::false_type {};
template <class T>
struct HasFooMethod<T, std::void_t<decltype(T::Foo)>>: public std::true_type {};