SFINAE зависит от типа удержания?

Question

Меня смущает следующая цитата в cppreference.com :

Это правило применяется при разрешении перегрузки шаблонов функций: при замене выведенного типа из-за сбоя параметра шаблона специализация отбрасывается из набора перегрузки, а не вызывает ошибку компиляции.

Означает ли это, что SFINAE не может работать без вывода типа?Например, рассмотрим следующий код:

template <typename T> std::true_type has_value_type_helper(typename T::value_type*);
template <typename> std::false_type has_value_type_helper(...);

template <typename T> inline constexpr bool has_value_type_v
   = decltype(has_value_type_helper<T>(nullptr))::value;

int main() {
   std::cout << has_value_type_v<int> << std::endl;
   std::cout << has_value_type_v<std::vector<int>> << std::endl;
}

Он работает, как и ожидалось, но, насколько я вижу, вычета типов нет.Аргумент шаблона указан явно в has_value_type_helper<T>(nullptr).Может ли даже SFINAE использоваться таким образом?

Answer 1

Может ли даже SFINAE использоваться таким образом?

Да.

Замена составляет часть процесса удержания.Явное предоставление аргументов шаблона не избавляет от необходимости подстановки ( [temp.deduct] / 2 ) - и ошибка замещения (S в SFINAE) не является ошибкой ( [temp.вычесть] / 8 ).

В этом случае, когда вы явно предоставляете T в has_value_type_helper, нам все равно нужно подставить T в аргумент T::value_type.Это происходит в непосредственном контексте подстановки, поэтому, если эта подстановка завершится неудачно - как это было бы для типов, подобных int, у которых нет псевдонима вложенного типа с именем value_type - это ... не ошибка, мы просто удаляемкандидат от рассмотрения.У нас есть еще один кандидат на резервное копирование, так что это прекрасно работает.

Answer 2

Здесь нет «реального» вывода типа, потому что вы указали типы напрямую.Но sfinae все еще работает, так как компилятор определяет, что ему нужно использовать при создании экземпляров ваших шаблонов.