SFINAE 以返回类型工作，但不作为模板参数

Question

我已经多次使用 SFINAE 成语，并且习惯将 std::enable_if<> 放在模板参数中，而不是返回类型中。但是，我遇到了一些它不起作用的琐碎案例，我不知道为什么。首先，这是我的主要内容：

int main()
{
    foo(5);
    foo(3.4);
}

这是触发错误的foo 的实现：

template<typename T,
         typename = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type>
auto foo(T)
    -> void
{
    std::cout << "I'm an integer!\n";
}

template<typename T,
         typename = typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type>
auto foo(T)
    -> void
{
    std::cout << "I'm a floating point number!\n";
}

这里有一段据说可以正常工作的等效代码：

template<typename T>
auto foo(T)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "I'm an integrer!\n";
}

template<typename T>
auto foo(T)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "I'm a floating point number!\n";
}

我的问题是：为什么foo 的第一个实现会触发该错误，而第二个不会触发它？

main.cpp:14:6: error: redefinition of 'template<class T, class> void foo(T)'
 auto foo(T)
      ^
main.cpp:6:6: note: 'template<class T, class> void foo(T)' previously declared here
 auto foo(T)
      ^
main.cpp: In function 'int main()':
main.cpp:23:12: error: no matching function for call to 'foo(double)'
     foo(3.4);
            ^
main.cpp:6:6: note: candidate: template<class T, class> void foo(T)
 auto foo(T)
      ^
main.cpp:6:6: note:   template argument deduction/substitution failed:
main.cpp:5:10: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, void>'
          typename = typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type>
          ^

编辑：

Working code 和 faulty code。

Answer 1

您应该查看定义函数模板等效性的14.5.6.1 Function template overloading（C++11 标准）。简而言之，不考虑默认模板参数，因此在第一种情况下，您定义了两次相同的函数模板。在第二种情况下，您有表达式引用返回类型中使用的模板参数（再次参见 14.5.6.1/4）。由于这个表达式是签名的一部分，你会得到两个不同的函数模板声明，因此 SFINAE 有机会工作。

Answer 2

模板中的值起作用：

template<typename T,
         typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
auto foo(T)
    -> void
{
    std::cout << "I'm an integer!\n";
}

template<typename T,
         typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
auto foo(T)
    -> void
{
    std::cout << "I'm a floating point number!\n";
}

Answer 3

模板的= ... 只是给出了一个默认参数。这不是看起来像的实际签名的一部分

template<typename T, typename>
auto foo(T a);

两个函数。

根据您的需要，此问题最通用的解决方案是使用标签调度。

struct integral_tag { typedef integral_tag category; };
struct floating_tag { typedef floating_tag category; };

template <typename T> struct foo_tag
: std::conditional<std::is_integral<T>::value, integral_tag,
                    typename std::conditional<std::is_floating_point<T>::value, floating_tag,
                                               std::false_type>::type>::type {};

template<typename T>
T foo_impl(T a, integral_tag) { return a; }

template<typename T>
T foo_impl(T a, floating_tag) { return a; }

template <typename T>
T foo(T a)
{
  static_assert(!std::is_base_of<std::false_type, foo_tag<T> >::value,
                 "T must be either floating point or integral");
  return foo_impl(a, typename foo_tag<T>::category{});
}

struct bigint {};
template<> struct foo_tag<bigint> : integral_tag {};

int main()
{
  //foo("x"); // produces a nice error message
  foo(1);
  foo(1.5);
  foo(bigint{});
}