使用 enable_if 选择类构造函数

Question

考虑以下代码：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename T>
struct A {
    int val = 0;

    template <class = typename std::enable_if<T::value>::type>
    A(int n) : val(n) {};
    A(...) { }

    /* ... */
};

struct YES { constexpr static bool value = true; };
struct NO { constexpr static bool value = false; };

int main() {
    A<YES> y(10);
    A<NO> n;
    std::cout << "YES: " << y.val << std::endl
              << "NO:  " << n.val << std::endl;
}

我想选择性地为使用 enable_if 的某些类型定义构造函数 A::A(int)。对于所有其他类型，默认构造函数 A::A(...) 应该是替换失败时编译器的默认情况。然而这对我来说是有意义的编译器（gcc 版本 4.9.0 20130714）仍然在抱怨

sfinae.cpp：在“struct A”的实例化中：sfinae.cpp:19:11:
此处需要 sfinae.cpp:9:5: 错误：在
中没有名为“类型”的类型 '结构 std::enable_if'
A(int n) : val(n) {};

构造函数可以这样吗？这是否可以使用另一个构造函数（复制构造函数和移动构造函数）？

Answer 1

我认为这不适用于单个默认模板参数，因为在实例化类模板时需要解析其值。

我们需要将替换推迟到构造函数模板实例化点。一种方法是将模板参数默认为 T 并向构造函数添加一个额外的虚拟参数：

template<typename U = T>
A(int n, typename std::enable_if<U::value>::type* = 0) : val(n) { }

Answer 2

使用 C++20

您只需在模板中添加 requires 即可实现：

template <typename U = T> requires U::value
A(int n) : val(n) { }

requires 子句得到一个constant expression，其计算结果为true 或false，从而决定是否在重载决议中考虑此方法，如果requires 子句为真，或者否则忽略它。

代码：https://godbolt.org/z/CKTDFE

Answer 3

通常这是使用匿名默认参数完成的：

A(int n, typename std::enable_if<T::value>::type* = 0) : val(n) {};

你不能使用模板参数从类到 SFINAE out 方法。 所以一种方法是添加一个虚拟类型替换 int ：

见：http://ideone.com/2Gnyzj

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename T>
struct A {
    int val = 0;

    template<typename Integer
            ,typename  = typename std::enable_if<T::value && sizeof(Integer)>::type
            >
    A(Integer n) : val(n) {};

    A(...) {}
    /* ... */
};

struct YES { constexpr static bool value = true; };
struct NO { constexpr static bool value = false; };

int main() {
    A<YES> y(10);
    A<NO> n;
    std::cout << "YES: " << y.val << std::endl
              << "NO:  " << n.val << std::endl;
}

这是有效的，因为您使用成员模板参数将 SFINAE 排除在构造函数之外，但测试始终为真，因此它不会污染您的检查