我目前正在学习enable_if，我有这样的代码：
//template<typename T, typename = int/double/float/...> //not working properly
template<typename T, typename = void> //works fine
struct test{
void func(){
cout << "default" << endl;
}
};
template<typename T>
struct test<T, typename std::enable_if<(sizeof(T) <= 1)>::type>{
void func(){
cout << "called" << endl;
}
};
int main() {
test<char> objs1;
objs1.func(); //called
test<int> objs2;
objs2.func(); //default
}我不知道为什么要把第二个参数的默认值设置为void，如果我把它设置为其他值，如int或float或double，objs1.func();和objs2.func();都将打印默认值，原因是什么？
2条答案
按热度按时间3gtaxfhh1#
所以，
std::enable_if<...>::type实际上是一个类型，因为你没有指定类型应该是什么，你只是指定了它存在的条件，default就是void。让我们看一下模板的第二个版本，如果是
sizeof(T) <= 1，则为test<T, void>提供模板专门化，否则替换失败，不提供任何内容。现在让我们考虑一下当你只写
test<char> objs1;时会发生什么，在你的原始版本中，因为未命名的第二个模板参数的默认值是void，这意味着objs1实际上是test<char, void>类型，而且我们实际上有一个test<char, void>的特殊化，因为sizeof(char) <= 1是true。但是，如果更改未命名的第二个模板参数的默认值，我们会得到非常不同的情况，假设您将默认值设置为
int而不是void，那么test<char> objs1;实际上声明了test<char, int>类型的对象，我们为test<char, void>定义了一个专门化......但我们并不试图创建一个test<char, void>，我们试图创建一个独立的类型，所以enable_if的条件是true的事实并不存在，我们得到了默认的定义。cngwdvgl2#
所使用的技术是通过partial template specialization实现的SFINAE。为了根据
T的特性拥有多种不同类型的test，我们需要在模板参数列表中拥有SFINAE表达式。由于类不能被重载，因此构建了“重载集”通过创建一个主默认模板，然后为所有不同的情况进行部分专门化。要做到这一点，主模板需要有两个参数，T和enable_if将解析到的类型。我们将第二个参数默认为void，这样调用者就不需要指定它来获取主模板。