模板类型扣除失败？

Question

请考虑以下示例.

#include <type_traits>
#include <iostream>
using namespace std;

template <typename T_> 
using Integral = typename std::enable_if<std::is_integral<T_>::value,T_>::type;
template <typename T_> 
using NotIntegral = typename std::enable_if<!std::is_integral<T_>::value, T_>::type;

template <typename T_>
void printIt(const Integral<T_> &value) { cout << "Integral == " << value << endl; }

template <typename T_>
void printIt(const NotIntegral<T_> &value) { cout << "Non Integral == " << value << endl; }

template <typename T_>
void foo(const T_ &value) { printIt<T_>(value); }

int main(int argc, char** argv)
{
    printIt<int>(66);   //Must explicitly provide argument type.
    //printIt(33);        //Compiler error. No overloaded function....????
    foo(29.); 

    return 0;
}

为什么我需要显式设置模板参数的类型？编译器应该弄清楚它是一个int类型参数吗？

Answer 1

为什么我需要显式设置模板参数的类型？

因为这些是非推断的上下文.

想象一下专业化,std::enable_if<std::is_integral<T_>::value,T_>以便::type评估其他东西.编译器无法知道映射typename something<T>::type到T.

您可以通过std::enable_if作为返回类型的一部分放置来实现所需的结果,以便SFINAEd出现不匹配的重载:

template <typename T>
auto printIt(T x) -> std::enable_if_t<std::is_integral_v<T>, void> { /*...*/ }

template <typename T>
auto printIt(T x) -> std::enable_if_t<!std::is_integral_v<T>, void> { /*...*/ }

直播wandbox示例