自动类型推导因SFINAE+type特征而失败

Question

这个最小的可编译示例似乎是SFINAE的一个非常标准的设置

#include <type_traits>

struct AType{};

// Helper type-trait templates for AType
template<typename T> struct isAType{ static const bool value = false; };
template<> struct isAType<AType>{ static const bool value = true; };

template<typename T>
void function( typename std::enable_if<isAType<T>::value, T>::type& t 
) {}

int main()
{
  AType a1;

  // This line, using automatic type deduction, fails to compile:  
  // function( a1 );

  // If you manually specify template parameter, it compiles:
  function<AType>( a1 );
}

当function( a1 );未被注释时，我得到的错误消息如下：

main.cpp: In function ‘int main()’:
main.cpp:17:16: error: no matching function for call to ‘function(AType&)’
   function( a1 );
                ^
main.cpp:10:6: note: candidate: template<class T> void function(typename 
std::enable_if<isAType<T>::value, T>::type&)
 void function( typename std::enable_if<isAType<T>::value, T>::type& t ) 
{}
      ^
main.cpp:10:6: note:   template argument deduction/substitution failed:
main.cpp:17:16: note:   couldn't deduce template parameter ‘T’
   function( a1 );

我见过some posts表示"T“处于非演绎的上下文中。“非演绎上下文”对我来说是一个新概念，但在其他地方已经溢出了足够多的墨水，我可以弄清楚。我想，我这里的问题是，我的function声明是否可以调整到这样一种方式，即自动类型推导将成功。有没有一种规范的方法来实现带有类型特征的SFINAE，以便自动类型推断成功？

Answer 1

并不是所有的C++编译器都支持它，但是如果你的编译器支持它，这是最干净的方式：

template<bool b>
using sfinae = typename std::enable_if< b, bool >::type;

template<class T,
  sfinae<isAType<T>::value> =true
>
void function( T& t  )
{
}

在c++14中，我不会为sfinae别名而烦恼，但在c++11中去掉typename是值得的。

注意，=true部分是必需的，但是如果它是=false，那么它的含义也是一样的。

这里发生的事情是，我们定义了一个非类型模板参数，它的类型只有在测试通过时才存在。然后我们给它一个默认值。

我发现这种技术读起来最像传入的c++17，我指的是c++20，我指的是C++的c++23概念特性。