使用 enable_if 单独定义和声明模板成员函数，其模板参数还包括一个 constexpr 成员函数

Question

以下不能在 CentOS 7 上的 g++ 8.1.0 下编译：

嘿.h

#pragma once
#include <iostream>
#include <type_traits>

class Valid {};
class Invalid {};

struct Hey
{
  template<typename T>
  static constexpr bool is_valid() { return std::is_same_v<T, Valid>; }

  template<typename T, std::enable_if_t<is_valid<T>()>* = nullptr>
    void howdy() const;
};

template<typename T, std::enable_if_t<Hey::is_valid<T>()>*>
  void Hey::howdy() const
{
  std::cout << "Howdy" << std::endl;
}

编译器输出：

In file included from hey.cpp:1:
hey.h:18:8: error: no declaration matches ‘void Hey::howdy() const’
   void Hey::howdy() const
        ^~~
hey.h:14:10: note: candidate is: ‘template<class T, std::enable_if_t<is_valid<T>()>* <anonymous> > void Hey::howdy() const’
     void howdy() const;
          ^~~~~
hey.h:8:8: note: ‘struct Hey’ defined here
 struct Hey
        ^~~

令人惊讶的是，为了正确编译并获得所需的行为，我所要做的就是在 Hey 中添加一个 typedef：

hey.h（固定，跳过前几行无聊的行）

struct Hey
{
  template<typename T>
  static constexpr bool is_valid() { return std::is_same_v<T, Valid>; }

  template<typename T>
  using EnableType = std::enable_if_t<is_valid<T>()>;

  template<typename T, EnableType<T>* = nullptr>
    void howdy() const;
};

template<typename T, Hey::EnableType<T>*>
  void Hey::howdy() const
{
  std::cout << "Howdy" << std::endl;
}

嘿.cpp

#include "hey.h"

int main(int, char**)
{
  Hey hey;
  hey.howdy<Valid>();

  // Adding this line breaks the build, as it should:
  // hey.howdy<Invalid>();

  return 0;
}

经过多次调整，我将编译器错误情况缩小到以下事实：1) is_valid()是Hey的成员，2) howdy()在Hey的主体内部声明但在外部定义。 如果删除using并使is_valid()成为Hey之外的独立函数，则编译没有问题。 如果在类定义中删除using并定义howdy() ，则编译也没有问题。 但是当howdy()在类定义之外定义时， is_valid()在类定义内声明，并且using不存在，编译器失败。 这是正确的行为吗？ 我在看编译器错误吗？

Answer 1

模板声明中表达式的匹配基于等价，这是一个基于单一定义规则的概念。 要使两个表达式被视为等效，它们必须至少逐个标记相同，以模板参数的重命名为模。

表达式is_valid<T>()和Hey::is_valid<T>()不等价（第二个有两个第一个没有的标记），因此编译器不需要匹配它们。

Hey::EnableType<T>是一种类型，不受表达式的严格等价规则的约束。