ENABL

Question

我知道C ++编译器优先选择一个模板专业化：

template<class T, class Enable = void>
class A {}; // primary template

template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, void>> {
}; // specialization for floating point types

但是，我不明白为什么选择void以外的其他类型被用作参数to enable_if时，选择了。：

template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
}; // specialization for floating point types

编译器肯定会“请参阅” a＆lt; t，int＆gt;。 因此，它当然不能是Sfinae，但是，主要模板比专业化更喜欢。

这个问题是从可以使用自定义类型检测机械而不是enable_if的上下文中引起的，例如common_type，例如sfinae友好型提取器。

Answer 1

如果您拥有

A<some_floating_point_type> some_name;

模板参数为some_floating_point_type和隐式void。当编译器实例化时，

template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
}; // specialization for floating point types

它将获得a＆lt; some_floating_point_type，int＆gt;，与a＆lt; some_floating_point_point_type不匹配， 。因此，专业被忽略，您将获得主模板。您可以通过尝试创建一个a＆lt; some_floating_point_type，int＆gt;来验证这一点，并且您会选择选择专业化。

我发现将专业视为替代食谱很有帮助。首先，推导了模板参数，然后如果它们匹配任何专业，则我们切换到使用该替代配方。如果不是，则使用原始食谱。

Answer 2

在编译器知道将用于 primary 模板的类型之前，专业是无关紧要的。

当您编写a＆lt; double＆gt;时，编译器仅查看主模板，并看到您实际上是指a＆lt; double，void＆gt;。

只有然后它正在寻找专业。现在，当您的专业化是a＆lt; double，int＆gt;时，它不合适，因为您要求a＆lt; double，void＆gt;。

Answer 3

简而言之，这

template<class T, class Enable = void>
class A {};

说明“ a是一个模板，它有两个参数，第二个参数具有void>”。多数民众赞成在主要模板。当您明确提供一个参数时，第二个参数是void。

现在专业：

template<class T>
class A<T, std::enable_if_t<std::is_floating_point_v<T>, int>> {
};

这不会改变上述内容。 a仍然是一个带有2个参数的模板，当未指定第二个参数时，它是void。简而言之，这意味着“在t中替换std :: enable_if_t＆lt＆lt＆lt＆lt :: is_floating_point_point_voint_v＆lt; t＆gt;是失败，因为类型别名不存在”条件是false，Sfinae启动，并且专业化被忽略。当条件为true时：“每当A与参数t（某种类型）和int实例化时，然后使用此定义”。

当您实例化a＆lt; int＆gt;时，第二个模板参数为void。专业并没有改变这一点。那就是a＆lt; int实际上是a＆lt; int，void＆gt;。它不符合专业化。