为什么我的 SFINAE 表达式不再适用于 GCC 8.2?

Why do my SFINAE expressions no longer work with GCC 8.2?

本文关键字：GCC 适用于 不再 我的 SFINAE 表达式 为什么      更新时间：2023-10-16

我最近将GCC升级到8.2，我的大部分SFINAE表达式都停止工作了。

以下内容略有简化，但演示了问题：

#include <iostream>
#include <type_traits>
class Class {
public:
template <
typename U,
typename std::enable_if<
std::is_const<typename std::remove_reference<U>::type>::value, int
>::type...
>
void test() {
std::cout << "Constant" << std::endl;
}
template <
typename U,
typename std::enable_if<
!std::is_const<typename std::remove_reference<U>::type>::value, int
>::type...
>
void test() {
std::cout << "Mutable" << std::endl;
}
};
int main() {
Class c;
c.test<int &>();
c.test<int const &>();
return 0;
}

C++ (gcc( – 在线试用

C++ (叮当声( – 在线试用

旧版本的GCC(不幸的是我不记得我以前安装的确切版本(以及Clang编译上述代码就可以了，但是GCC 8.2给出了一个错误，指出：

：在函数 'int main((' 中： ：29：19：错误：重载的"test(("调用不明确  c.test((;  ^ ：12：10： 注意： 候选： 'void Class：：test(( [与 U = int&; typename std：：enable_if：：type>：：value>：：type ... = {}]'  void test(( { ^~~~ ：22：10： 注意： 候选： 'void Class：：test(( [与 U = int&; typename std：：enable_if：：type>：：value(>：：type ... = {}]'  void test(( { ^~~~ ：30：25：错误：重载的"test(("调用不明确  c.test((;  ^ ：12：10： 注意： 候选： 'void Class：：test(( [与 U = const int&; typename std：：enable_if：：type>：：value>：：type ... = {}]'  void test(( { ^~~~ ：22：10： 注意： 候选： 'void Class：：test(( [与 U = const int&; typename std：：enable_if：：type>：：value(>：：type ... = {}]'  void test(( {

当不同的编译器和编译器版本以不同的方式处理相同的代码时，通常会出现这种情况，我假设我正在调用未定义的行为。标准对上述代码有什么看法？我做错了什么？

注意：问题不在于解决此问题的方法，而是想到了几个问题。问题是为什么这不适用于 GCC 8 - 它是标准未定义的，还是编译器错误？

注意2：由于每个人都跳上默认void类型的std::enable_if，我已将问题更改为使用int。问题依然存在。

注3：已创建GCC错误报告

这是我的看法。简而言之，clang是对的，gcc有一个回归。

根据 [温度扣除]p7，我们有：

替换发生在函数类型和模板参数声明中使用的所有类型和表达式中。[...]

这意味着无论包装是否为空，都必须进行替换。因为我们仍然处于直接的背景下，所以这是可以的。

接下来，我们得到一个可变参数确实被认为是一个实际的模板参数;来自 [temp.variadic]p1

模板参数

包是接受零个或多个模板参数的模板参数。

和 [temp.param]p2 表示允许哪些非类型模板参数：

非类型模板参数应具有以下类型之一(可选符合 cv 条件(：

文字

  • 类型，具有很强的结构相等性([class.compare.default](，没有可变或易失性的子对象，并且如果存在默认的成员运算符 <=>，则声明为 public，

  • 左值引用类型，

  • 包含占位符类型 ([dcl.spec.auto]( 的类型，或

  • 推导类类型的占位符 ([dcl.type.class.deduct](。

请注意，void不符合要求，则您的代码(已发布(格式不正确。

我不是语言律师，但以下引用是否与问题有某种联系？

[temp.deduct.type/9]：如果 Pi 是一个包扩展，则 Pi 的模式与 A 的模板参数列表中的每个剩余参数进行比较。每次比较都会推断出由 Pi 扩展的模板参数包中后续位置的模板参数。

在我看来，由于模板参数列表中没有剩余的参数，因此没有模式的比较(包含enable_if(。如果没有比较，那么也没有扣除，我相信扣除后会发生替换。因此，如果没有替代，则不应用 SFINAE。

如果我错了，请纠正我。我不确定这一特定段落是否适用于这里，但在 [temp.deduct] 中有更多关于包装扩展的类似规则。此外，此讨论可以帮助更有经验的人解决整个问题：https://groups.google.com/a/isocpp.org/forum/#!topic/std-discussion/JwZiV2rrX1A。

部分答案：使用具有不同T的typename = typename enable_if<...>, T=0：

#include <iostream>
#include <type_traits>
class Class {
public:
template <
typename U,
typename = typename std::enable_if_t<
std::is_const<typename std::remove_reference<U>::type>::value
>, int = 0
>
void test() {
std::cout << "Constant" << std::endl;
}
template <
typename U,
typename = typename  std::enable_if_t<
!std::is_const<typename std::remove_reference<U>::type>::value
>, char = 0
>
void test() {
std::cout << "Mutable" << std::endl;
}
};
int main() {
Class c;
c.test<int &>();
c.test<int const &>();
return 0;
}

(演示(

仍然试图弄清楚知道默认类型是voidstd::enable_if<...>::type...到底是什么意思。

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