使用带有匿名类型参数的 std::enable_if

Question

我尝试将std::enable_if 与未使用且未命名的类型参数一起使用，以免扭曲return 类型。但是，以下代码无法编译。

#include <iostream>

template <typename T, typename = std::enable_if_t<!std::is_integral<T>::value>>
T foo() { std::cout << "non-integral" << std::endl; return T(); }

template <typename T, typename = std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value>>
T foo() { std::cout << "integral" << std::endl; return T(); }

int main() {
  foo<float>();
  foo<int>();
}

编译器说：

7:3: error: redefinition of 'template<class T, class> T foo()'
4:3: note: 'template<class T, class> T foo()' previously declared here
 In function 'int main()':
11:12: error: no matching function for call to 'foo()'
11:12: note: candidate is:
4:3: note: template<class T, class> T foo()
4:3: note: template argument deduction/substitution failed:

这里有什么问题？我如何更改代码才能编译？ “发现现代 C++”教科书明确鼓励使用带有匿名类型参数的 std::enable_if。

编辑：我知道如果我将std::enable_if 放入返回类型中它会起作用。但是，我的目的是获取更多详细信息，如果我将它与匿名类型参数一起使用，它为什么不起作用。正如我所说，我的教科书鼓励使用匿名类型参数的变体，所以我想知道为什么我的代码无法编译。

Answer 1

但是，我的目的是了解更多详细信息，如果我将它与匿名类型参数一起使用，它为什么不起作用。

默认值不参与重载决议，因此您实际上是在重新定义相同的函数。

让我们简化您的示例：

template<typename = int>
void f() {}

template<typename = void>
void f() {}

int main() {
    f<>();
}

上面的代码无法编译，因为它不知道你想调用哪个版本的f。

在您的情况下，如果我将 foo 调用为 foo<void, void>，我几乎会遇到同样的问题。
编译器猜不出我的意图，第二个参数有默认值并不意味着你不能传入不同的类型。

因此，代码格式错误，编译器会正确地给您一个错误。

---

附带说明，您仍然可以在不使用返回类型中的std::enable_if_t 的情况下使其正常工作。
举个例子：

#include <type_traits>
#include <iostream>

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_integral<T>::value>* = nullptr>
T foo() { std::cout << "non-integral" << std::endl; return T(); }

template <typename T, std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value>* = nullptr>
T foo() { std::cout << "integral" << std::endl; return T(); }

int main() {
    foo<float>();
    foo<int>();
}

---

当我试图弄清楚 OP 的（错误）假设是什么并解释为什么会出现这种情况时，@T.C.正确指出了 cmets 对此答案的实际原因。
值得引用他的评论来为答案添加更多细节：

这不是重载决议；它的声明匹配。首先没有两个重载会出现任何歧义。这是两个重定义错误：函数模板和默认模板参数。

Answer 2

您可以将enable_if 放入返回类型中：

template <typename T>
std::enable_if_t<!std::is_integral<T>::value,T>
foo() { std::cout << "non-integral" << std::endl; return T(); }

template <typename T>
std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>
foo() { std::cout << "integral" << std::endl; return T(); }

顺便说一句，enable_if_t 可以从 C++14 获得，所以你可能想说typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type 来代替。好拗口。

但更惯用（和可读）的是根据类型进行调度：

template <typename T>
T foo_impl(std::false_type) { std::cout << "non-integral" << std::endl; return T(); }

template <typename T>
T foo_impl(std::true_type) { std::cout << "integral" << std::endl; return T(); }

template <typename T>
T foo(){
    return foo_impl<T>(typename std::is_integral<T>::type{});
}

Answer 3

您可以通过多种方式使用 SFINAE away 函数。您通常应该避免添加额外的函数/模板参数，而只是与返回类型混合。

template <typename T>
auto foo() -> std::enable_if_t<!std::is_integral<T>::value, T>
{ std::cout << "non-integral" << std::endl; return T(); }

template <typename T>
auto foo() -> std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>
{ std::cout << "integral" << std::endl; return T(); }

Answer 4

您的错误是您在等号右侧使用enable_if_t。

你必须在左边使用它

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename T, std::enable_if_t<!std::is_integral<T>::value, int> = 0>
T foo() { std::cout << "non-integral" << std::endl; return T(); }

template <typename T, std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, int> = 0>
T foo() { std::cout << "integral" << std::endl; return T(); }

int main() {
  foo<float>();
  foo<int>();
}

但这适用于 C++14。

在 C++11 中（你的问题被标记为 C++11）你没有enable_if_t。

代码变成

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename T,
          typename std::enable_if<!std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
T foo() { std::cout << "non-integral" << std::endl; return T(); }

template <typename T,
          typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
T foo() { std::cout << "integral" << std::endl; return T(); }

int main() {
  foo<float>();
  foo<int>();
}