什么时候模板参数包被推断为空？

Question

考虑以下示例 (Coliru link)：

template <class... T> struct S { using type = int; };

template <class... T>
void f(typename S<T...>::type) {
    static_assert(sizeof...(T) == 0);
}

template <class... T>
void g(typename S<T...>::type, S<T...>*) {}

int main() {
    f(42);
    g(42, nullptr);
}

GCC 和 Clang 都对调用 f 感到满意，但对调用 g 却不满意。

在对f 的调用中，虽然T... 出现在非推导上下文中，但最终推导为空。这似乎是由于[temp.arg.explicit]/4：

... 没有以其他方式推导的尾随模板参数包 ([temp.variadic]) 将被推导为模板参数的空序列。 ...

然而，在对g 的调用中，T... 还出现在推断的上下文中这一事实似乎会导致推断尝试并失败导致g 变得不可行。一旦尝试扣除但失败，似乎没有“回退”到T... 为空。

• 这种行为是有意的吗？如果是，为什么？
• 如果是这样，“未以其他方式推断”的措辞是否旨在指定此行为？ （即，这意味着只有当包出现在没有推导的上下文中时才会出现空回退）
• 如果是这样，这个措辞是否足够清楚？似乎“未以其他方式推断”的另一种说法是“要么没有进行演绎，要么尝试了演绎但失败了”。

Answer 1

...尾随模板参数包（[temp.variadic]），否则 deduced 将被推断为模板参数的空序列。 ...

可以说 not else deduced 不是一个应该以某种方式或自动放松一些其他规则的子句，或者实际上它与为什么它的格式错误无关（与什么相反我想你暗示）。

这个其他规则也许最好用另一个非常简单的例子来说明：

template<class T>
void f(T, T){};

int main() {
    f(int{42},short{42});
}

以上编译失败。为什么？因为即使short 无缝转换为int（促销），它也不是同一类型。

另外，因为nullptr 只是有点plain 类型的std::nullptr_t - 它非常不适合参与模板参数推导根本。 p>

所以让我们暂时忘记非推断上下文，并尝试使用推断上下文：

template <class... T>
void g(S<T...>*, S<T...>* ) {}

int main() {
    S<> s1;
    g(&s1, nullptr);
}

或者，如果您愿意，也可以

int main() {
    S<> s1;
    g(&s1, 0);
}

由于相同的原因，两者都失败了。

现在，如果您想允许转换 - 然后使用身份模板 - 这甚至适用于非推断上下文！

对于您的情况，示例可能类似于 (c++2a)：

template <class... T>
void g(typename S<T...>::type, std::type_identity_t<S<T...> >*) {}

int main() {
    f(42);
    g(42, nullptr);
} 

这是有效的。 （注意如果没有c++20自己写身份模板）

正如comment 中所述，将问题转过来可能会引出一个更有趣的问题？

在非推导上下文中允许空模板参数推导的原因是什么？