使用 `std::enable_if` 和非推导上下文的重载函数模板消歧

Question

考虑以下代码：

template <typename T>
struct dependent_type
{
    using type = T;
};

template <typename T>
auto foo(T) -> std::enable_if_t<std::is_same<T, int>{}>
{
    std::cout << "a\n"; 
}

template<typename T> 
void foo(typename dependent_type<T>::type) 
{
    std::cout << "b\n";
}

• foo 的第一个重载可以从其调用中推断出T。

• foo 的第二个重载是 non-deduced context。

int main()
{    
    foo<int>( 1 );      // prints "b"
    foo<double>( 1.0 ); // prints "b"
    foo( 1 );           // prints "a"
}

为什么foo<int>( 1 ) 打印的是“b”而不是“a”？

wandbox example

Answer 1

从本质上讲，部分排序规则表明 dependent_type 重载更加专业化，因为没有推断出上下文。

排序模板函数的过程是基于转换模板函数类型并依次对每个模板进行模板推导，从第一个模板（取T的那个）到第二个（取dependent_type的那个)，然后从第二个到第一个。

规则过于复杂，无法在此处复制，但如果您想了解血腥细节，请阅读[temp.func.order] 及其链接的段落。这是一个快速的简化：

对于模板函数的每个模板参数，组成一个唯一的类型并将参数替换为该类型。此示例的转换类型为：

void foo(UniqueType); //ignoring the SFINAE for simplicity
void foo(typename dependent_type<UniqueType>::type); 

然后我们从两个方向执行模板推导：一次使用第一个模板的参数作为第二个模板的参数，一次使用第二个模板的参数作为第一个模板的参数。这类似于对这些函数调用执行推论：

//performed against template <class T> void foo(typename dependent_type<T>::type);
foo(UniqueType{});                     

//performed against template <class T> void foo(T);        
foo(dependent_type<UniqueType>::type{});

在执行这些推论时，我们试图辨别一个重载是否比另一个更专业。当我们尝试第一个时，演绎失败，因为typename dependent_type<T>::type 是一个非演绎的上下文。第二种推演成功，因为dependent_type<UniqueType>::type就是UniqueType，所以T推演成UniqueType。

由于从第二个模板到第一个模板的演绎失败，因此第二个模板被认为比第一个模板更专业。最终结果是重载决议更喜欢foo<int>(1)的第二个模板。