函数模板实例化的 sfinae

Question

我想检查是否可以为给定类型实例化函数模板。以模板为例：

template<typename T> void f() { T{}; }

我想断言f<int> 是可实例化的，而f<S> 不是，其中S 是某种类型，如果实例化会导致f 的定义编译失败，比如：

struct S { ~S() = delete; };

显然，如果我知道函数体包含什么，我可以为每个语句编写单独的检查。但是，如果身体本身是未知的，这种方法将不起作用。

看来我不能使用通常的 sfinae 方法来执行此操作，因为没有检查函数体是否有推导失败。这是要玩的attempt。

确实，temp.deduct.8 似乎明确禁止这样做：

只有在函数类型、其模板参数类型及其显式说明符的直接上下文中的无效类型和表达式会导致推导失败。

“直接上下文”约束的原因似乎在下一个要点中：

注意：目的是避免要求实现处理涉及任意语句的替换失败。

如果我正确理解这一点，并且无法做到这一点，我能否解释一下为什么存在这个约束？我认为任意表达式可以被用户检查替换失败，那么为什么这对于实现来说太多了？

如果我对此有误解，并且是可能的，我可以解决这个问题吗？

Answer 1

正如您在问题中所说，SFINAE 仅发生在“即时上下文”中，“演绎失败”包含的情况在[temp.deduct] 中列出。 您代码中发生的错误将是格式错误的，标准中提到了这一点：

对类型和表达式的替换可能会导致类模板特化和/或函数模板特化的实例化、隐式定义函数的生成等效果。这些效果不在“直接上下文”中，并且可以导致程序格式错误。

因此，当需要为类型 S 实例化函数模板 f 时，您的程序将不正确。

解决办法：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T> void f() { T a{}; }

struct S { ~S() = delete; };
struct Test{};

template<typename T,typename U = void>
struct is_sutable_type_for_function:std::false_type{};

template<typename T>
struct is_sutable_type_for_function<T,std::void_t<decltype(T{}.~T())>>:std::true_type{};

int main()
{
   std::cout<< is_sutable_type_for_function<S>::value<<"\n";
   std::cout<< is_sutable_type_for_function<Test>::value<<"\n";
}

现在，代码将用于判断类型 T 是否可以用于函数模板f

Answer 2

在 C++ 中，您必须对函数本身施加约束才能使检测起作用：

Demo (C++20)

#include <type_traits>

template<typename T> void f() requires std::is_constructible_v<T> { T{}; }

template<class T, class = void>
struct can_call_f : std::false_type{};

template<class T>
struct can_call_f<T, std::void_t<decltype(f<T>())>>: std::true_type{};

template<class T>
constexpr bool can_call_f_v = can_call_f<T>::value;

struct S { ~S() = delete; };
int main()
{
  static_assert(can_call_f_v<int>);
  static_assert(!can_call_f_v<S>);
}

回想一下，C++ 适用于类型，而函数体不被视为函数类型的一部分。