当将不相关类型定义为别名时，对函数的调用是不明确的

Call to function is ambiguous when irrelevant type defined as alias

本文关键字：函数 调用 不明确 不相关 类型 定义 别名      更新时间：2023-10-16

在阅读了一篇很棒的文章《真实故事：高效包装》后，我尝试自己实现元组作为练习：

#include <type_traits>
#include <utility>
#include <functional>
template< std::size_t I, typename T >
struct tuple_leaf { T value; };
template< std::size_t I, typename T >
T & get(tuple_leaf< I, T > & leaf)
{ return leaf.value; }
template< typename Is, typename ...Ts >
struct tuple_base;
template< std::size_t ...Is, typename ...Ts >
struct tuple_base< std::index_sequence< Is... >, Ts... >
    : tuple_leaf< Is, Ts >...
{
    using tuple_base_t = tuple_base;
    template< typename ...Args, typename = std::enable_if_t< (sizeof...(Ts) == sizeof...(Args)) > >
    tuple_base(Args &&... args)
        : tuple_leaf< Is, Ts >{std::forward< Args >(args)}...
    { ; }
};
#if 0
template< typename ...Ts >
struct tuple
    : tuple_base< std::index_sequence_for< Ts... >, Ts... >
{
    using tuple_base_t = typename tuple::tuple_base_t;
    using tuple_base_t::tuple_base_t;
    using tuple_base_t::operator = ;
};
#else
// terse
template< typename ...Ts >
using tuple = tuple_base< std::index_sequence_for< Ts... >, Ts... >;
#endif
template< typename ...Args >
tuple< Args &&... >
forward_as_tuple(Args &&... args)
{ return {std::forward< Args >(args)...}; }
#include <tuple>
int
main()
{
    tuple< int > t(1);
    auto f = forward_as_tuple(t);
    (void)f;
    return 0;
}

现场示例

在实现forward_as_tuple之后，我决定将tuple类型的定义从类模板更改为其基类模板的别名模板，因为我从拆分为类tuple本身及其实现类tuple_base所需要的只是对可变参数模板类型参数包的std::index_sequence_for — 别名模板正是为此目的而合适的工具。这样做后，我得到一个错误（#if 0情况）：

错误：对"forward_as_tuple"的调用不明确

这对我来说看起来很奇怪，因为别名模板什么都不做，另一方面forward_as_tuple从同一命名空间调用类型 - 我希望 ADL 肯定适用于上述情况。

如何解释代码#if 1版本和#if 0版本的区别？

Adl 会导致在传递的类型中查找，并且传递的类型模板参数。

元组非别名有其类型和自身作为查找 ADL 的位置。

元组别名大小写在其模板参数列表中有一个std::index_sequence。 除了您的forward_as_tuple之外，这会导致std::forward_as_tuple被考虑。 它们同样是很好的匹配，并且会发生歧义。

如@Piotr上面的评论中所述，即使在非别名情况下，tuple<std::string>也表现出此问题。

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