成员函数中的 C++ SFINAE enable_if_t，如何消除歧义？

Question

假设我们有一些 SFINAE 成员函数：

class foo{
    template <class S, class = std::enable_if_t<std::is_integral<S>::value, S>
    void bar(S&& s);
    template <class S, class = std::enable_if_t<!std::is_integral<S>::value, S>
    void bar(S&& s);
}

如果我们像上面那样声明它，那么我们如何定义它们呢？他们的两个函数签名看起来像：

template <class S, class>
inline void foo::bar(S&& s){ ... do something ... }

我见过一个返回 std::enable_if_t<...> 的示例，例如：

template <class S, class>
auto bar(S&& s) -> std::enable_if_t<!std::is_integral<S>::value, S>(...){
    ... do something ...
}

根据返回类型来消除歧义。但我不想退货。

Answer 1

因为默认参数不是函数签名的一部分，所以让它们不是默认的

class foo{
    template <class S, typename std::enable_if<std::is_integral<S>::value, int>::type = 0>
    void bar(S&& s);
    template <class S, typename std::enable_if<!std::is_integral<S>::value, int>::type = 0>
    void bar(S&& s);
};

Live Demo

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编辑：根据大众的需求，这是 C++17 中的相同代码：

class foo{
public:
    template <class S>
    void bar(S&& s)
    {
        if constexpr(std::is_integral_v<S>)
            std::cout << "is integral\n";
        else
            std::cout << "NOT integral\n";
    }
};

constexpr if 语句对编译器来说是特殊的，因为分支是在编译时选择的，而未采用的分支甚至没有实例化

C++17 Demo

Answer 2

您仍然可以在返回类型中执行此操作。只需保留enable_if 的默认值（即void）。即使您只是使用 C++11，也只需添加此别名：

template <bool B, typename T=void>
using enable_if_t = typename std::enable_if<B, T>::type;

然后你可以这样做：

template <class S>
enable_if_t<std::is_integral<S>::value>
bar(S);

template <class S>
enable_if_t<!std::is_integral<S>::value>
bar(S);

或者：

template <class S>
auto bar(S) -> enable_if_t<std::is_integral<S>::value>

template <class S>
auto bar(S) -> enable_if_t<!std::is_integral<S>::value>

无论哪种方式，您都有两个正确消除歧义的函数，它们返回 void。

Answer 3

对于 C++11 编译器，另一个选项是使用标签调度。

template <class S>
void bar(S&& s)
{
    bar(std::forward<S>(s), std::is_integral<S>{});
}

template <class S>
void bar(S&& s, std::true_type)
{
    ... 
}

template <class S>
void bar(S&& s, std::false_type)
{
    ... 
}