无法使用 std::conditional 推导出函数参数的模板参数“T”

Question

鉴于这段代码：

#include <type_traits>

template<typename T>
auto sqr(typename std::conditional<sizeof(T) <= sizeof(int), T, const T&>::type a)
{return a*a;}

int main(void)
{
    auto x = sqr<int>(10); //works
    auto y = sqr(10);      //ERROR: couldn't deduce template parameter 'T'
}

调用sqr(10)时自动类型推导失败的原因是什么？ 有没有一种方法可以在不明确定义类型的情况下调用sqr() ？

Answer 1

你在这里有一个未经推断的上下文。 为了直观地说明原因，请注意::type必须是10的实际类型，但您希望它间接依赖于10的类型。 所以参数类型不能用于推导std::conditional的结果。

如果您寻求“优化”函数以按值传递，则解决方案是使用 SFINAE 重载。

template<typename T, typename = std::enable_if_t<(sizeof(T) > sizeof(int))>> // base case
auto sqr(const T& a)
{return a*a;}

template<typename T, typename = std::enable_if_t<sizeof(T) <= sizeof(int)>> // more refined case case
auto sqr(T a)
{return a*a;}

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或者，为了支持更多条件，您可以使用std::enable_if_t添加 SFINAE 友好的非类型参数（例如指针）。 正如@ Jarod42 建议的那样：

template<typename T, std::enable_if_t<sizeof(T) <= sizeof(int), int*> = nullptr>
auto sqr(T a)
{return a*a;}