使用`std :: enable_if`和非推导的上下文重载函数模板消歧

Question

请考虑以下代码:

template <typename T>
struct dependent_type
{
    using type = T;
};

template <typename T>
auto foo(T) -> std::enable_if_t<std::is_same<T, int>{}>
{
    std::cout << "a\n"; 
}

template<typename T> 
void foo(typename dependent_type<T>::type) 
{
    std::cout << "b\n";
}

• 第一个重载foo可以T从其调用中推断出来.

• 的第二过载foo是一个非推测的上下文.

int main()
{    
    foo<int>( 1 );      // prints "b"
    foo<double>( 1.0 ); // prints "b"
    foo( 1 );           // prints "a"
}

为什么foo<int>( 1 )打印"b"而不是"a"？

wandbox示例

Answer 1

本质上,部分排序规则表明dependent_type由于非推断的上下文,重载更加专业化.

排序模板函数的过程基于转换模板函数类型并依次对每个模板进行模板推导,一次从第一个模板(一个采取T)到第二个模板(一个采取dependent_type),然后从第二个模板到第一个模板.

这些规则太复杂了,无法在这里复制,但是[temp.func.order]如果你想要血淋淋的细节,请阅读它和它链接的段落.这是一个快速简化:

对于模板函数的每个模板参数,组成一个唯一类型并用该替换参数.此示例的转换类型为:

void foo(UniqueType); //ignoring the SFINAE for simplicity
void foo(typename dependent_type<UniqueType>::type); 

然后,我们在两个方向上执行模板推导:一次使用第一个模板的参数作为第二个模板的参数,一次使用第二个参数作为第一个参数.这类似于对这些函数调用执行推理:

//performed against template <class T> void foo(typename dependent_type<T>::type);
foo(UniqueType{});                     

//performed against template <class T> void foo(T);        
foo(dependent_type<UniqueType>::type{});

在进行这些推论时,我们试图辨别一个过载是否比另一个更专业.当我们尝试第一个时,推论失败,因为typename dependent_type<T>::type是一个非推断的上下文.对于第二个,扣除成功因为dependent_type<UniqueType>::type是UniqueType,所以T推断UniqueType.

由于从第二个模板到第一个模板的推导失败,第二个模板被认为比第一个模板更专业.最终结果是重载决策更喜欢第二个模板foo<int>(1).