如何根据模板参数是否具有别名来专门化类型

Question

我希望能够基于例如容器是否具有指定的typedef来专门化类型

class SomethingElse {};
class Something {
    using Type = int;
};

static constexpr bool value = ChooseIfType<Something>::value;

当类型没有typedef Type时， ChooseIfType可以返回false？

我觉得有一个简单的方法可以做到这一点，但我无法弄清楚。

谢谢！

Answer 1

只需使用std::void_t （或C ++ 11替代品）：

template<typename T, typename = std::void_t<>>
struct ChooseIfType : std::false_type {};

template<typename T>
struct ChooseIfType<T, std::void_t<typename T::Type>> : std::true_type {};

现场演示

该解决方案利用了SFINAE。 默认值永远不会格式错误，并创建一个值为false的特征。 编译器尝试匹配所有模板专业化（在这种情况下，只有一个）。 如果T具有成员类型Type ，则ChooseIfType<T, void_t<typename T::Type>>比ChooseIfType<T, void_t<>>更专门。 如果不是，则说明它不是可行的专业化，并且选择了默认值，但“替换失败不是错误”。

根据cppreference，C ++ 11 void_t实现可能如下所示：

template<typename... Ts> struct make_void { typedef void type;};
template<typename... Ts> using void_t = typename make_void<Ts...>::type;