Почему значение по умолчанию необходимо для `std :: enable_if`?

Question

Почему я должен использовать значение по умолчанию (::type = 0) в этом std::enable_if использовании?

Я вижу примеры, где это работает без него.например https://foonathan.net/blog/2015/11/30/overload-resolution-4.html

#include<iostream>
#include<type_traits>

template <typename T,
          typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
    std::cout << "do_stuff integral\n";
}

template <typename T,
          typename std::enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
    std::cout << "do_stuff class\n";
}

int main()
{
    do_stuff(32);
    return 0;
}

Я получил сообщение об ошибке:

temp.cpp:6:6: note:   template argument deduction/substitution failed:
temp.cpp:18:13: note:   couldn't deduce template parameter ‘<anonymous>’

Это должно быть выведено на

template <template T, int>
void do_stuff(T t)

, который является допустимым кодом.Что я делаю не так?( gcc версия 7.4.0 )

Answer 1

Компилятор четко объяснил вам, в чем проблема: в объявлении шаблона вы указали дополнительный тип-тип шаблона, который не может быть выведен.Как вы ожидаете, что компилятор выведет правильное значение для этого нетипового параметра?От чего?

Именно поэтому вышеупомянутая техника для использования std::enable_if требует аргумента по умолчанию.Это фиктивный параметр, поэтому значение аргумента по умолчанию не имеет значения (0 - это естественный выбор).

Вы можете сократить ваш пример до простого

template <typename T, T x> 
void foo(T t) {}

int main()
{
  foo(42);
}

Производство

error: no matching function for call to 'foo(int)'
note:   template argument deduction/substitution failed:
note:   couldn't deduce template parameter 'x'

Компилятор может определить, что такое T (T == int), но компилятор не может определить аргумент для x.

Ваш код точно такой же, за исключением того, что ваш второй параметр шаблона остался безымянным (не нужно давать имя фиктивному параметру).

---

Судя по вашим комментариям, вы, кажется, смущены присутствием ключевого слова typenameв объявлении второго параметра в вашем коде, который заставляет вас поверить, что второй параметр также является параметром type .Последнее не соответствует действительности.

Обратите внимание, что в объявлении второго параметра ключевое слово typename используется в совершенно другой роли .Это ключевое слово просто устраняет неоднозначность семантики

std::enable_if<std::is_class<T>::value, T>::type

. Оно сообщает компилятору, что вложенное имя type фактически представляет собой имя типа , а не чего-то другого.(Вы можете прочитать об этом использовании typename здесь: Зачем нам здесь имя типа? и Где и почему я должен поставить ключевые слова "template" и "typename"? )

Использование typename не превращает второй параметр вашего шаблона в параметр type .Вторым параметром вашего шаблона по-прежнему является не тип параметр.

Вот еще один упрощенный пример, который иллюстрирует, что происходит в вашем коде

struct S { typedef int nested_type; };

template <typename T, typename T::nested_type x>
void bar(T t)
{}

int main()
{
  S s;
  bar<S, 42>(s);
}

Обратите внимание, что даже еслиобъявление второго параметра начинается с typename, оно все еще объявляет параметр не-типа.

Answer 2

Я не могу воспроизвести вашу ошибку;в любом случае я получаю сообщение об ошибке do_stuff() с классом.Например,

do_stuff(std::string{"abc"})

Это потому, что do_stuff() становится do_stuff<std::string, std::string = 0>(), а значение шаблона не может иметь тип std::string (и не может иметь значение по умолчанию ноль).

Предложение: переписать ваши функции, указав int как тип для значения во второй позиции

template <typename T, // .....................................VVV  int, not T
          typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
    std::cout << "do_stuff integral\n";
}

template <typename T, // ..................................VVV  int, not T
          typename std::enable_if<std::is_class<T>::value, int>::type = 0>
void do_stuff(T t) {
    std::cout << "do_stuff class\n";
}

Таким образом, вызывая do_stuff(std::string{"abc"}), вы включаете do_stuff<std::string, int = 0>(), что приемлемо.