SFINAE C++ 方法检查答案

【问题标题】：SFINAE C++ method checkSFINAE C++ 方法检查
【发布时间】：2016-10-30 13:35:29
【问题描述】：

我正试图绕开 SFINAE。我们用它来检查一个类是否有一个名为“Passengers”的方法。

通过一些在线示例，我们构建了以下模板类。

#ifndef TYPECHECK
#define TYPECHECK

#include "../Engine/carriage.h"

namespace TSS{

template<typename T>
class has_passengers{
private:
    typedef char one;
    typedef struct{char a[2];} two;

    template<typename C> static one test( decltype(&C::Passengers) );
    template<typename C> static two test(...);
public:
    static bool const value = sizeof(test<T>(0)) == sizeof(one);
};

template<typename T>
struct CarriageTypeCheck{
    static_assert(has_passengers<T>::value, "Train initialized with illegal carriage");
};

}


#endif // TYPECHECK

我知道如何选择两种测试方法中的任何一种，但我不明白为什么test<T> 在以下行中被初始化为 0：

    static bool const value = sizeof(test<T>(0)) == sizeof(one);

我看不出 0 对检查的工作有多重要。另一件事 - 为什么使用 decltype ？

【问题讨论】：

你没有检查类是否有成员函数Passengers。您正在检查它是否有成员 Passengers，这可能是一个函数，但不一定是。
好点！谢谢！

标签： c++ templates metaprogramming sfinae decltype

【解决方案1】：

第一个重载函数（可能）将指向类方法的指针作为参数。由于 C++ 继承自 C，值 0 可转换为 NULL 指针，或 nullptr。所以，如果 SFINAE 没有踢出第一个重载函数，test<T>(0) 就成为一个有效的函数调用，它的sizeof 等于sizeof(one)。否则，这将解析为第二个重载函数调用。

关于为什么使用decltype 的简短回答：否则它将不是有效的 C++。在函数声明中，函数的参数必须是类型，指定函数参数的类型。 &C::Passengers 不是类型（在其预期用途的上下文中），因此这不是有效的 C++。 decltype() 其中自动获取其参数的类型，使其成为有效的 C++。

【讨论】：

好的。但是如果 T 没有乘客，它不等于“sizeof(two)”吗？那么调用将是 test(nullpointer) 并且大小将是 2？
@BenjaminLarsen 如果T没有Passengers，类型推导失败，函数模板将被忽略；这就是 SFINAE 的工作原理。在这种情况下没有这样的规则来传递空指针，没有 SFINAE，你会得到一个编译错误。
我想我现在明白了！谢谢你们。

【解决方案2】：

我看不出 0 对检查的工作有多重要。

因为0 可以用作两种情况的参数（即两个重载的test）；用于成员指针（视为空指针）和可变参数...。

另外一件事——为什么要使用 decltype？

decltype用于描述成员指针的类型（即&C::Passengers）作为test的参数。

【讨论】：