可变参数模板专业化，std :: enable_if，SFINAE

Question

单例类为客户端公开此方法以获取实例：

template< typename ... Args >
static T & GetInstance( Args && ... args )
{
    if ( ! m_instance )
    {
        m_instance = new T( std::forward< Args >( args ) ... );
    }

    return * m_instance;
}

但是对于没有默认构造函数的类，总是传递参数很烦人。 如果已经创建了实例，那么允许用户只需调用以下内容会更好：

auto & instance = GetInstance( );

起初我认为为了实现这一目标，所有需要的是专门化模板化的方法，比如说：

// Wrong Version
template< >
static T & GetInstance< >( )
{
    if ( ! instance )
    {
        throw std::runtime_error(
            "Tried to get instance of non initialized singleton with no"
            " default constructor." );
    }

    return * instance;
}

但对于具有默认构造函数的类，将使用此特化而不是更通用的特化。 我希望只有在 T没有默认构造函数时才使用这种特化。

所以我试着改变一下：

// Right Version
template< >
static auto GetInstance< >( ) ->
    typename std::enable_if<
        ! std::is_default_constructible< T >::value , T & >::type 
{
    if ( ! instance )
    {
        throw std::runtime_error(
            "Tried to get instance of non initialized singleton with no"
            " default constructor." );
    }

    return * instance;
}

所以这很有效，但我对整个事情感到困惑。 首先，我是按照正确的方式处理它的方式吗？ 我不应该使用enable_if<>作为参数或模板参数而不是返回类型吗？

编译器如何在这里工作？ 当它只是简单的模板专业化（在错误的版本中 ）时，我想编译器意识到更专业的版本对于没有参数的代码调用GetInstance()更好（ T是具有默认construtor的类）。

对于带有enable_if<>的版本，编译器开始认为使用更专业的版本也会更好，但是代码生成错误。 那么它回归到一般版本？ 这也叫SFINAE吗？

Answer 1

方便的经验法则：不专业，超载。

template <class... Args>
static T& GetInstance(Args&&... );

template <class U=T, std::enable_if_t<!std::is_default_constructible<U>::value, int> = 0>
static T& GetInstance();

如果T是默认可构造的，那么您只有一个可行的重载。 如果不是，那么当Args为空并且是首选时，第二个更专业。

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注意。 这种设计似乎令人怀疑。