SFINAE 模板特化匹配規則

Question

我正在學習具有類/結構模板專業化的SFINE ，但我對一個細微示例中的匹配規則感到有些困惑。

#include <iostream>

template <typename T, typename = void>
struct Foo{
    void foo(T t)
    {
        std::cout << "general";
    }
};

template <typename T>
struct Foo<T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type>
{
    void foo(T t)
    {
        std::cout << "specialized";
    }
};

int main()
{
    Foo<int>().foo(3);

    return 0;
}

這符合預期並打印出 special ，但是如果我將specialized函數稍微更改為以下內容：

template <typename T>
struct Foo<T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type>
{
    void foo(T t)
    {
        std::cout << "specialized";
    }
};

然后它打印出general 。 第二個實現中發生了哪些變化，使其不那么“專業化”？

Answer 1

將你的眼球重新聚焦幾行，到這部分：

template <typename T, typename = void>
struct Foo{

這意味着當這里調用此模板時：

Foo<int>().foo(3);

這最終調用了以下模板： Foo<int, void> 。 畢竟，默認情況下，這就是第二個模板參數。

第二個模板參數不是一些瑣碎的小細節，被掃到地毯下。 調用模板時，必須指定或推導其所有參數。 如果沒有，如果他們有一個默認值，那就挽救了一天。

SFINAE 經常利用默認模板參數。 現在，讓我們重新審視您提出的模板修訂：

template <typename T>
struct Foo<T, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type>

這種特化的效果是特化中的第二個模板參數是int ，而不是void 。

但是Foo<int>仍將使用默認的void作為第二個模板參數，因為那是第二個模板參數的默認值。 因此，只有一般定義會匹配，而不是任何專業化。

Answer 2

並不是它不那么專業，它不再匹配模板實例化。 第二個類型參數默認為void ，但由於std::enable_if現在別名為int ，特化不再匹配。