为什么我不能添加带有类型查找的抽象层来剥离C++中的引用？

Question

这是一个后续问题

为什么我不能在C++中使用转发引用的特征？

已经正确回答.但是我在下面尝试了自己的解决方案

https://godbolt.org/z/X7dBz1

#include <type_traits>

template <typename T, typename enable = void> struct Traits {
    static const bool value = false;
};

template <typename T> struct Traits<T,std::enable_if<std::is_reference<T>::value>> {
    static const bool value = Traits<typename std::remove_reference<T>::type>::value;

};

struct Zip{};
template <> struct Traits<Zip,void> {
    static const bool value = true;
};

template <typename E>
void Execute(E && e){
    static_assert(Traits<E>::value);
}

int main(){
    auto z = Zip();
    Execute(z);
}

理论是,如果正确的专业化失败,那么下一个最专业化的将是基于if T是参考的匹配的那个.如果这匹配,则引用被剥离,我们希望得到一个匹配.但这似乎不起作用.有没有办法解决这个问题,保持我的尝试精神？

Answer 1

你在滥用std::enable_if.如上所述,您的Traits结构std::enable_if本身是专门的,而不是结果.您需要访问嵌套::type类型别名:

typename std::enable_if<std::is_reference<T>::value>::type
// or
std::enable_if_t<std::is_reference<T>::value>

godbolt.org上的实例