为什么不能“推导出”显式给出的模板参数答案

【问题标题】：why template parameter which is explicitely given can not be "deduced"为什么不能“推导出”显式给出的模板参数
【发布时间】：2020-11-19 12:37:24
【问题描述】：

来自那个问题： Using enum values in combination with SFINAE

我尝试实现：

enum Specifier
{
    One,
    Two,
    Three
};

template <Specifier, typename UNUSED=void>
struct Foo 
{
        void Bar(){ std::cout << "Bar default" << std::endl;}
};

template <Specifier s , typename std::enable_if<s == Specifier::Two || s == Specifier::One, int>::type>
struct Foo<s>
{
    void Bar(){ std::cout << "Bar Two" << std::endl; }
};


int main()
{
   Foo< One >().Bar();
   Foo< Two >().Bar();
}

失败：

> main.cpp:130:8: error: template parameters not deducible in partial specialization:
  130 | struct Foo<s>
      |        ^~~~~~
   main.cpp:130:8: note:         '<anonymous>'

如何解决这个超级简单的例子？我喜欢 SFINAE :-)

【问题讨论】：

您的代码看起来与您链接的问题的已接受答案中的代码不同
@idclev463035818：是的，因为这是我尝试解决的问题。我不明白为什么！
也许可以在问题中澄清这一点。我现在明白这是试图回答这个问题，而不是试图应用答案，对吧？

标签： c++ templates sfinae template-specialization

【解决方案1】：

将enable_if 放入Foo 的模板参数列表中：

template <Specifier s>
struct Foo<s, typename std::enable_if<s == Specifier::Two || s == Specifier::One, void>::type>
//                                           same as the default type used before ^^^^

demo.

【讨论】：

@dfrib 当然可以，但我觉得有必要强调它必须与Foo 的第一个定义中的默认参数相同，否则它不会按预期工作。跨度>

【解决方案2】：

正如错误告诉我们的那样，模板参数在偏特化中是不可推导出的。在您的示例中，您尝试将 SFINAE 构造放在专业化的模板 parameter 列表中，但您需要将其移动到模板 argument 列表中（该类是专业化声明的)。

template <Specifier S>
struct Foo<S, std::enable_if_t<(S == Specifier::Two) || (S == Specifier::One)>>

应用于您的示例（稍微清理一下）：

#include <iostream>
#include <type_traits>

enum class Specifier {
    One,
    Two,
    Three
};

template <Specifier, typename = void>
struct Foo {
    static void bar() { std::cout << "bar default\n"; }
};

template <Specifier S>
struct Foo<S, std::enable_if_t<(S == Specifier::Two) || (S == Specifier::One)>> {
    static void bar() { std::cout << "bar One or Two\n"; }
};

int main() {
    Foo<Specifier::One>::bar();    // bar One or Two
    Foo<Specifier::Two>::bar();    // bar One or Two
    Foo<Specifier::Three>::bar();  // bar default
}

注意，类模板Foo的主模板中不用的类型模板参数不用命名。

【讨论】：

【解决方案3】：

模板特化中的模板参数是不可推导出的，这是一个简单的事实。

不是你需要它。

只需更改模板专业化：

template <Specifier s>
struct Foo<s, std::enable_if_t<s == Specifier::Two || s == Specifier::One, int>>

当然，std::enable_if_t 的结果是int 而不是void，这让它有点没用。

另外，正如其他人评论的那样，使用概念或至少 requires 代替主模板的额外模板参数要方便得多。

【讨论】：

编译，但从给定的 main 调用时没有选择正确的专业化。它总是打印“Bar default”
我想我在你的评论之前添加了一个解释，并在之后添加了更多......
godbolt.org/z/86MbfY 不起作用。将int 更改为void
@JHBonarius：是的，这就是问题所在 :-) 谢谢
“概念”是更好的方法，更容易阅读，这很清楚，但我只是想要一些“旧的 SFINAE 痛苦”:-) 仅用于我的个人教育......