【发布时间】：2020-09-19 18:35:04
【问题描述】：
假设类型可以有Foo、Bar、Baz 方法，我们有类型特征来检查它。例如。对于Foo，我们有HasFoo：
template <class Type>
constexpr bool DetectFoo (decltype (std::declval<Type> ().Foo ())*) { return true; }
template <class Type>
constexpr bool DetectFoo (...) { return false; }
template <class Type>
constexpr bool HasFoo = DetectFoo<Type> (nullptr);
让我们编写一个Wrapper<Type> 类模板，它转发Type 的属性是否具有这些方法。对于任何Type，应满足以下条件：
-
Wrapper<Type> w;应该可以编译，因为我们还没有调用方法。 -
w.X ();应该编译 iffHasX<Type>, 对于X=Foo,Bar,Baz。 -
HasX<Wrapper<Type>> == HasX<Type>应该成立，因为X=Foo,Bar,Baz。
要在Wrapper 中有条件地启用一个方法，在 C++20 中有一个明确的方法：
template <class Type>
struct Wrapper {
void Foo ()
requires HasFoo<Type>;
};
但是在没有概念的情况下，在早期的 C++ 标准中该怎么办？我想出了以下想法（见live demo）：
template <class Type>
struct Wrapper {
template <bool dummy = true, class = std::enable_if_t<HasFoo<Type> && dummy>>
void Foo ();
};
This answer 说它格式错误，NDR，但我不明白解释。 NDR 真的格式不正确吗？
【问题讨论】：
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class = std::enable_if_t<HasFoo<Type> && dummy>这应该做什么/意味着什么？我真的无法理解它，它显然不是格式正确的代码。 -
也许你被否决的原因之一是你的问题有点令人困惑。有更多的解释，然后是显示你想要的代码。您对
FooBar和Baz和HasX的描述很容易被误解。只需显示您想要的代码。代码比代码解释更容易理解。 -
我还有更多问题。假设我们有一个带有方法
Foo和Bar但没有Baz的类型。然后我们已经可以在上面调用Foo()和Bar()，但是Baz()会因为编译时错误而失败。那么Wrapper究竟应该做什么或在那里做什么？您可以从传入的类继承，您将自动获得该行为。这有助于使这个问题更不清楚您真正想要实现的目标。 -
@super：我已经编辑了这个问题。希望现在更好。
Wrapper<Type>不能继承Type的形式，因为Type可能是final甚至不是一个类。例如，Wrapper<Type>可以选择包含Type，而Foo、Bar、Baz可以是比较运算符，它们应该存在于Wrapper<Type>上，前提是它们存在于Type上。
标签： c++ templates c++17 instantiation sfinae