部分特化和對 std::void_t<> 的需求

Question

語言律師之一......

我在玩 SFINAE 和 TMP，試圖獲得更深入的理解。

考慮下面的代碼，一個 std::is_default_constructible 的簡單實現

#include <type_traits>

template <typename T, typename = void> struct is_default_constructable : std::false_type {};
template <typename T> struct is_default_constructable<T, decltype(T()) > : std::true_type {};

class NC { NC(int); };  // Not default constructable

#include <iostream>
int main(int, char **)
{
    std::cout << "int is_default_constructible? " << is_default_constructable<int>() << std::endl;
    std::cout << "NC is_default_constructible? " << is_default_constructable<NC>() << std::endl;
}

這編譯得很好，但實際上不起作用，它對所有類型都返回 false。

對於 NC 情況，正如我所期望的那樣， T()格式不正確，因此由於 SFINAE 丟棄了專業化並使用了主要模板 (false_type)。 但是對於int情況，我希望將專業化用作decltype(T())是有效的並且等效於T 。

如果根據<type_traits>的實際代碼，我將專業化更改為

template <typename T> using wrap = void;
template <typename T> struct is_default_constructable<T, wrap<decltype(T())> > : std::true_type {};

（ std::void_t<>第二個模板參數包裝在std::void_t<>的模型中，這迫使第二個類型為void ），這按預期工作。

更奇怪的是，使用void以外的類型作為主模板或wrap<>的默認類型的這種方案的變體也會失敗，除非這兩種類型相同。

有人可以解釋為什么wrap<>的類型和第二個模板參數默認類型需要相同才能選擇專業化嗎？

（我在 g++ 6.3 版中使用“g++ -Wall --std=c++17”，但我認為這與編譯器無關。）

Answer 1

這不是 SFINAE 或部分專業化排序的結果，而是由於使用了默認模板參數。 非正式地，原因是默認模板參數的應用發生在搜索模板定義之前，包括可能的特化。

所以在上面的例子中，說is_default_constructable<int>的代碼實際上是在應用默認的第二個參數后請求實例化模板is_default_constructable<int, void> 。 然后考慮可能的定義。

“主要”模板定義明確匹配並包含在內。 給定的部分專業化

template <typename T> struct is_default_constructable<T, decltype(T()) > : std::true_type {};

實際上是定義is_default_constructable<int, int> ，它與請求的is_default_constructable<int, void>不匹配is_default_constructable<int, void>因此即使替換成功，也會忽略特化。 這將主要定義（繼承 false_type）作為唯一可行的定義，因此它被選中。

當專業化具有wrap<> （或std::void_t<> ）以強制第二個 arg 為void ，專業化定義is_default_constructable<int, void>與請求匹配。 這個定義（假設替換成功，即T()格式良好）比主要定義更專業（根據超復雜的專業化排序規則），所以選擇它。

順便說一句，當 T 是引用類型或其他極端情況時，上述幼稚的實現可能無法按預期工作，這是使用所有這些標准庫版本的一個很好的理由。 他們標准委員會的人比我聰明得多，並且已經想到了所有這些事情。

這個答案和這個對有些相關問題的答案有更詳細的信息讓我正確。

而且，是的，我無法拼寫可構造的，假設它甚至是一個單詞。 這是使用標准庫的另一個很好的理由。