Question

#include <vector>
#include <list>
#include <iostream>

template
<
    typename T,
    template<typename, typename = std::allocator<T>> class C,
    typename = std::enable_if_t
    <
    std::is_same<std::vector<T>, C<T>>::value
    >
>
void f(const C<T>& coll)
{
    std::cout << "vector" << std::endl;
}

template
<
    typename T,
    template<typename, typename = std::allocator<T>> class C,
    typename = std::enable_if_t
    <
    std::is_same<std::list<T>, C<T>>::value
    >
>
void f(const C<T>& coll)
{
    std::cout << "list" << std::endl;
}

int main()
{
        std::vector<int> c1{ 1, 2, 3 };
        std::list<int> c2{ 1, 2, 3 };       
        f(c1);
        f(c2);
}

Clang 3.8抱怨：

错误：模板参数重新定义默认参数：typename = std :: enable_if_t

代码中有什么问题？

Answer 1

默认模板参数不参与功能匹配从编译器的角度来看，当它试图寻找合适的函数时，两者都有以下签名：

Column

因此，template <typename T, template<typename, typename> class C, typename> void f(const C<T>& coll);的第二个定义实际上是重新定义。

考虑一个最小的例子：

编译器如何确定要调用的template<typename = void> void f() {} template<typename = char> void f() {} // ... f<>();？您的代码中或多或少会发生相同的情况。

将f移至返回类型，它将按预期工作在这种情况下，由于错误（如sfinae表达式所预期的那样），替换将排除两个定义中的一个。

Answer 2

为什么需要SFINAE？一个简单的过载就足够了！

template <typename T>
void f(const std::vector<T>& coll)
{
    std::cout << "vector" << std::endl;
}

template < typename T>
void f(const std::list<T>& coll)
{
    std::cout << "list" << std::endl;
}

int main()
{
    std::vector<int> c1{ 1, 2, 3 };
    std::list<int> c2{ 1, 2, 3 };
    f(c1);
    f(c2);
}

如果您真的想使用SFINAE（在这种情况下毫无意义），您可以使用以下方法修复您的定义：

template
<   
typename T,
         template<typename, typename = std::allocator<T>> class C,
         typename std::enable_if_t
         <
         std::is_same<std::list<T>, C<T>>::value
         >* = nullptr
    >
void f(const C<T>& coll);

为什么你的定义不起作用可以在这里找到： SFINAE working in return type but not as template parameter

为什么SFINAE不能与std :: enable_if_t一起使用？

2 个答案: