C ++：為什么編譯器在不使用模板時將其實例化

Question

讓我們考慮以下代碼：

template <bool c>
class A {
public:
    A() = default;
    // I want to enable f(int) only if c == true
    template<typename Temp = typename enable_if<c>::type>
    void f(int val) {
        cout << val << endl;
    };
};

int main() {
    A<false> a;
    A<true> b;
    b.f(543);
}

當我嘗試對此進行編譯時，出現以下錯誤：

error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, void>'

但是當參數<bool c>為false時，我不使用模板方法f(int) ，那么它不應該存在。

Answer 1

您似乎不正確地相信編譯器不會“實例化”您的模板。 編譯器只是在嘗試解析和分析模板聲明，這是類定義的一部分。 如果實例化該類，則所有成員聲明都必須有效。 您的成員模板聲明無效。 因此，錯誤。

如果某些模板“未使用”，則意味着它不會被專門化和實例化。 但是該模板的聲明仍然必須有效。 並立即檢查不依賴模板參數的那些聲明部分的有效性。 換句話說，您在代碼中編寫的內容與

template <typename T = jksgdcaufgdug> void foo() {}

int main() {}

或者，更貼近您的情況

template <typename T = std::enable_if<false>::type> void foo() {}

int main() {}

即使這些程序不“使用”（不實例化）功能模板foo ，也並不意味着foo的聲明可以包含jksgdcaufgdug類的隨機垃圾，也jksgdcaufgdug明確引用諸如std::enable_if<false>::type類的不存在的實體std::enable_if<false>::type 。 由於上述原因，以上示例將無法編譯。

您可以在相關上下文中使用“隨機垃圾”，例如

template <typename T> void foo(typename T::kjhdfjskhf x) 
{ 
  typename T::jksgdcaufgdug i; 
}

並且您可以在類似的依賴上下文中使用std::enable_if

template <typename T, 
          typename U = typename enable_if<is_void<T>::value>::type>
void bar()
{ 
}

並且不會產生“早期”錯誤，但是在您的情況下， enable_if<c>不依賴於Temp ，因此它不在依賴上下文中。 這意味着實例化A<false>時會立即檢查typename enable_if<c>::type名稱typename enable_if<c>::type的正確性。