结合void_t和enable_if？

Question

在 中C++17，void_t允许使用class/struct模板轻松执行 SFINAE：

template <class T, class = void>
struct test {
    static constexpr auto text = "general case";
};

template <class T>
struct test<T, std::void_t<decltype(std::begin(std::declval<T>())>> {
    static constexpr auto text = "has begin iterator";
};

里面的东西void_t是一个类型。void_t我的问题是：当里面的内容是类型特征时，如何做同样的事情。使用enable_if效果很好：

template <class T>
struct test<T, std::void_t<std::enable_if_t<std::is_class_v<T>>> {
    static constexpr auto text = "is a class";
};

是否有更短/更优雅的方式来写这个，或者“正确的方式”来做到这一点，真的是结合void_tand enable_if？

Answer 1

你似乎不明白为什么std::void_t有必要。让我们解决这个问题:)

在您的第一个示例中，如果您不使用std::void_t，则永远不会选择部分专业化，因为 会评估为不是 的decltype某种类型，因此它不会与部分专业化匹配，并且会回退到一般情况。现在，如果您知道函数将始终返回相同的类型，则可以随时更改主模板中的默认参数，但这种方式更难以更改。（你可以看看我对另一个问题的回答，这可能有助于理解这一点）。Tvoid

这就是std::void_t引入的原因。std::void_t只是一种身份类型特征，无论如何void。这意味着在您的第一个示例中，无论decltype评估结果如何，第二个模板参数都将void匹配，并且如果 格式decltype良好，则将选择专业化。

std::enable_if_tvoid当且仅当其中的条件计算结果为 true 时才有效且默认有效。这意味着无论如何std::enable_if_t 都已经返回 a ，因此您不需要将其“转换”为 a ，因为它已经是。voidstd::void_tvoidvoid