variadic模板专业化，std :: enable_if，sfinae

Variadic template specialization, std::enable_if, SFINAE

本文关键字：enable if sfinae std 专业化 variadic      更新时间：2023-10-16

singleton类公开了此方法，以获取实例：

template< typename ... Args >
static T & GetInstance( Args && ... args )
{
    if ( ! m_instance )
    {
        m_instance = new T( std::forward< Args >( args ) ... );
    }
    return * m_instance;
}

但是，对于没有默认构造函数的课程，它对总的参数很烦人。如果一旦创建了实例，就会更好，以允许用户只能致电：

auto & instance = GetInstance( );

起初，我认为为此，所有需要的就是专门使用模板方法，例如：

// Wrong Version
template< >
static T & GetInstance< >( )
{
    if ( ! instance )
    {
        throw std::runtime_error(
            "Tried to get instance of non initialized singleton with no"
            " default constructor." );
    }
    return * instance;
}

但是，对于具有默认构造函数的类，将使用此专业化的 。我希望仅在 T没有默认构造函数时才能使用。

所以我试图对其进行一些更改：

// Right Version
template< >
static auto GetInstance< >( ) ->
    typename std::enable_if<
        ! std::is_default_constructible< T >::value , T & >::type 
{
    if ( ! instance )
    {
        throw std::runtime_error(
            "Tried to get instance of non initialized singleton with no"
            " default constructor." );
    }
    return * instance;
}

所以这奏效了，但是我对整个事情感到困惑。首先，我这样做的方式是处理它的正确方法吗？我不应该使用enable_if<>作为参数或模板参数而不是返回类型吗？

编译器在这里如何工作？当它只是简单的简单模板专业化（在错误的版本中）时，我想编译器意识到，更专业的版本更适合无参数的代码调用GetInstance()（T是具有默认约束的类）。

对于使用enable_if<>的版本，编译器开始认为使用更专业的版本也将是更好的，但是随后形成了代码。因此，它回到了一般版本吗？这也称为sfinae？

方便的经验法则：不要专业，超负荷。

template <class... Args>
static T& GetInstance(Args&&... );
template <class U=T, std::enable_if_t<!std::is_default_constructible<U>::value, int> = 0>
static T& GetInstance();

如果T默认可构造，则只有一个可行的过载。如果不是这样，那么当Args是空并且首选时，第二个更专业。

注意。这个设计似乎令人怀疑。

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