推导出类的模板参数答案

【问题标题】：Deduce template parameter of class推导出类的模板参数
【发布时间】：2017-10-04 12:58:43
【问题描述】：

谁能帮我理解为什么下面的代码不能编译：

#include <type_traits>

template< typename T >
class A
{};

template< typename T >
class B
{};

template< template <typename T> class GENERAL_t,  // Note: GENERAL_t is either A<T> or B<T>
          typename = std::enable_if_t< std::is_same<T,int>::value >
        >
void foo( GENERAL_t a )
{}

错误信息：

t.cpp:67:57: error: use of undeclared identifier 'T'
              typename = std::enable_if_t< std::is_same<T,int>::value >
                                                        ^
t.cpp:67:65: error: no type named 'value' in the global namespace
              typename = std::enable_if_t< std::is_same<T,int>::value >
                                                              ~~^
t.cpp:69:15: error: use of class template 'GENERAL_t' requires template arguments
    void foo( GENERAL_t a )
              ^
t.cpp:66:43: note: template is declared here
    template< template <typename T> class GENERAL_t,  // Note: GENERAL_t is either A<T> or B<T>
              ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~       ^
3 errors generated.

这里，foo 应该采用 class A 或 class B 的实例，但前提是 A 或 B 的模板参数 T 是 int。

【问题讨论】：

标签： c++ templates c++14 type-deduction template-templates

【解决方案1】：

你还没有声明T。它需要是一个模板参数。
将T 放入template <class T> class GENERAL_t
GENERAL_t 是模板模板，因此需要模板参数。
请不要将 ALL_CAPS 用于除宏之外的任何内容

这是工作代码：

template<class T, template <class> class General_t, 
          class = std::enable_if_t< std::is_same<T,int>::value >
        >
void foo(General_t<T> a)
{}

【讨论】：

【解决方案2】：

bolov's answer 在所有方面都是正确的。

但在这种情况下，您不需要 is_same 上的 SFINAE。你可以在模板模板上做模板：

template <template <class> class General>
void foo(General<int> ) { }

【讨论】：