如果我的理解是正确的，别名模板实际上是模板，因此可以作为参数传递到类模板所在的位置，这就是下面代码有效的原因-
template <template <bool, typename> T>
struct foo {};
foo<std::enable_if_t> x;也可以使用部分专门化来匹配模板类。这就是为什么下面的代码打印“版本2”。
template <typename T>
struct foo {
static void print() {std::cout << "Version 1" << std::endl;}
};
template <template <typename> typename T, typename X>
struct foo<T<X>> {
static void print() {std::cout << "Version 2" << std::endl;}
};
template <typename T>
struct bar {
};
...
foo<bar<int>>::print();现在我的问题是，为什么下面的代码不打印“版本2，”而是打印“版本1”
template <typename T>
struct foo {
static void print() {std::cout << "Version 1" << std::endl;}
};
template <template <bool, typename> typename T, bool X, typename Y>
struct foo<T<X, Y>> {
static void print() {std::cout << "Version 2" << std::endl;}
};
foo<std::enable_if_t<true, int>>::print();在T=std：：enable_if_t，X=true，Y=int的情况下，第二个部分特化不是应该更好吗？
2条答案
按热度按时间3df52oht1#
正如预期的那样，下面将打印“版本2”
但是，在您的示例中，类型
std::enable_if_t<true, int>等效于int，不能匹配不能匹配T<X, Y>。cppreference对此进行了解释like this：
别名模板是这样一种模板，在专用化时，它等效于用别名模板的模板参数替换 type-id 中的模板参数的结果
别名
std::enable_if_t可以匹配template <bool, typename> typename，但是一旦被专门化，就不能被解构。y4ekin9u2#
只要别名模板有参数，它就会立即替换为它的别名类型。例如，
std::enable_if_t<true, int>立即替换为int。这甚至适用于依赖上下文;例如，如果你有这样一个函数：编译器将其重写为：
原来的别名已经从等式中消失了。
由此得出结论，诸如
T<X, Y>的类型不能用于将T推导为别名模板，因为无论为T<X, Y>提供什么类型U来进行匹配，如果对于某个别名模板A，它最初具有A<X, Y>的形式，则它将被该别名模板别名为的任何类型所替换，并且A将不再存在。（然而，别名模板可以被推导为具有模板template参数的类模板的 argument，因为别名模板可以是有效的模板template参数）