函数返回类型中的 g++ auto 和 typename 关键字答案

【问题标题】：g++ auto and typename keywords in function return type函数返回类型中的 g++ auto 和 typename 关键字
【发布时间】：2014-01-05 22:04:39
【问题描述】：

当我以下列方式using SFINAE with functions/function members时：

#include <type_traits>
#include <iostream>

#include <cstdlib>

struct X {};

struct A
{

    template< typename T >
    auto
    f(T && x)
    -> std::enable_if< std::is_same< T, X >::value >::type
    {
        return x;
    }

};

int main()
{ 
    return EXIT_SUCCESS;
}

我收到一个错误：

main.cpp:14:8: error: expected type-specifier
     -> std::enable_if< std::is_same< T, X >::value >::type
        ^
main.cpp:14:8: error: expected initializer

因此，我应该在启动器前面加上 typename 关键字。但这里完全没有歧义：因为我现在只在-> 之后输入预期的内容。另一个提示是 Qt Creator's 在这种情况下 typename 关键字的基础。

这是 G++ 错误吗？还是在 C++11 中针对此类上下文声明 typename？

【问题讨论】：

Where and why do I have to put the "template" and "typename" keywords?的可能重复
@DanielFrey 我在stackoverflow.com/questions/610245 中找不到类似的上下文。

标签： c++ templates c++11 g++ c++14

【解决方案1】：

任何时候访问依赖类型名称（嵌套在依赖于模板参数的表达式中的类型名称），都需要使用typename 关键字。在这种情况下，我很确定你是对的，没有歧义，但如果我没记错的话，这就是语言的定义方式。

希望这会有所帮助！

【讨论】：

一个基类说明符作为一个例外，那里不需要typename。

【解决方案2】：

但这里根本没有歧义：因为我现在只在 ->
之后键入预期

实际情况并非如此。

同样，以下声明中只需要一个类型：

T::some_member x;

但是当T 依赖时，您仍然需要typename，以满足某些编译阶段。

编译器不知道这是一个声明（在决定它是否有效之前），直到它可以看到你有一个->，然后是一个类型时间>。所以如果它不知道你有一个类型，它就不知道有“没有歧义”。这是一个先有鸡还是先有蛋的问题。

【讨论】：