std::enable_if使用它的内部类型，而不使用它

std::enable_if using its internal type and without using it

本文关键字：类型 内部 if enable std      更新时间：2023-10-16

为什么要打印"B"

#include <iostream>
template<typename T, typename U = void>
struct Test
{ static void apply() { std::cout << "A" << std::endl; } };
template<typename T>
struct Test<T, typename std::enable_if<true>::type>
{ static void apply() { std::cout << "B" << std::endl; } };
int main()
{
    Test<int>::apply();
}

但是这个"A"？：

#include <iostream>
template<typename T, typename U = void>
struct Test
{ static void apply() { std::cout << "A" << std::endl; } };
template<typename T>
struct Test<T, std::enable_if<true>>
{ static void apply() { std::cout << "B" << std::endl; } };
int main()
{
    Test<int>::apply();
}

它们之间唯一的区别是，在第一个例子中，我使用typename std::enable_it<true>::type作为U（例如void），但在第二个例子中我直接使用std::enable_if<true>作为U，这也是一个定义良好的类型，与void没有更多意义。

因为当您编写Test<int>时，实际上是在编写Test<int, void>，它永远不会与Test<int, std::enable_if<true>>相同（尽管它与Test<int, typename std::enable_if<true>::type>相同）

由于typename std::enable_if<true>::type与void的类型相同，因此第一个代码段等效于

template<typename T, typename U = void>
struct Test
{ static void apply() { std::cout << "A" << std::endl; } };
template<typename T>
struct Test<T, void> // since typename std::enable_if<true>::type == void
{ static void apply() { std::cout << "B" << std::endl; } };

因此，第二个定义是更专业的，因此，如果不提供两个模板参数，后者将在过载解决中获胜。

然而，在第二个示例中，它只是对类型T和std::enable_if<true>的专门化，而不是对T和void的专门化。这可以用std::is_same<std::enable_if<true>, void>进行检查，它的计算结果为false（很明显，void没有类型成员type，所以它不可能相同）。

因此，对于第二个片段，请求T<int>将与只有一个定义相关的T<int, void>匹配，即第一个定义。

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