如何应用make有条件显式的默认构造函数？

Question

问题

假设我们有一个（虚构的）类模板C<T>，带有条件显式的默认构造函数。当且仅当std::is_same_v<T, int>时，默认构造函数应该是显式的。

A search on "[c++] conditionally explicit"返回此结果：Constructor conditionally marked explicit。

失败的解决方案

接受的答案给出了一个例子：

struct S {
  template <typename T,
             typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, bool>::type = false >
  S(T) {}

  template <typename T,
            typename std::enable_if<!std::is_integral<T>::value, bool>::type = false>
  explicit S(T) {}
};

稍微修改这个例子给出了这个实现，它使用了std::enable_if熟悉的方法：

template <class T>
class C {
public:
  template <std::enable_if_t<std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
  C() {}

  template <std::enable_if_t<!std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
  explicit C() {}
};

不幸的是，这甚至没有编译：demo

prog.cc: In instantiation of 'class C<int>':
prog.cc:15:10:   required from here
prog.cc:10:12: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>'
   10 |   explicit C() {}
      |            ^
prog.cc: In instantiation of 'class C<double>':
prog.cc:18:13:   required from here
prog.cc:7:3: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>'
    7 |   C() {}
      |   ^

问题似乎是由于省略了构造函数的模板参数，导致SFINAE失效。

题

1. 为什么这不编译？
2. 什么是可能的实施？

如果可能的话，我想避免专门的课程。

Answer 1

2. 什么是可能的实施？

你试过吗？

template <class T>
class C {
public: //  VVVVVVVVVVVVVV .................................V  U here, not T
  template <typename U = T, std::enable_if_t<std::is_same_v<U, int>, int> = 0>
  C() {}

  template <typename U = T, std::enable_if_t<!std::is_same_v<U, int>, int> = 0>
  explicit C() {}
};

?

1. 为什么这不编译？

问题是SFINAE，类方法，与方法本身的模板参数一起使用。

这是在原始的工作代码中：

  template <typename T,
             typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, bool>::type = false >
  S(T) {}

其中T是特定于构造函数的模板参数（从单个参数推导出）。

相反，在你的失败代码中，

template <std::enable_if_t<std::is_same_v<T, int>, int> = 0>
C() {}

构造函数正在评估类的模板参数（T），而不是方法。

使用技巧typename U = T，你转换T，类的模板参数，在U，方法的模板参数（在你的情况下构造函数，但也适用于其他方法）所以std::enable_if_t，测试取决于U，能够启用/禁用构造函数。