正在访问一个不存在的成员，他不认为是一个“错误”就SFINAE是什么呢？

Question

我实现了漂亮的印刷对过载：

template<typename P>
ostream &operator<<(ostream &os, const P &p) {
  using std::operator<<;
  os << '(' << p.first << ", " << p.second << ')';
  return os;
}

然而，在其存在的编译器有麻烦告诉它是否适用标准过载或我上面定义的，即使是在选择的时候应该是很明显的例子之一：

int main() {
  cout << "SFINAE sure is hard to grasp!\n";
}

error: use of overloaded operator '<<' is
      ambiguous (with operand types 'std::ostream' (aka 'basic_ostream<char>') and
      'const char [30]')

我不太明白是什么问题。该字符数组我想清晰地打印有没有first或second成员，因此，我的超载实例会导致错误。

不应SFINAE尝试执行替换，找出成员缺乏，并丢弃，结果呢？如果不是，为什么？

Answer 1

SFINAE重载期间的工作原理：

这条规则的函数模板重载时适用：当替换明确指定或推断类型模板参数失败，专业化是从设定的，而不是造成编译错误超载丢弃。

这意味着只有函数模板的签名即可生效SFINAE，实施将不会被选中。

您可以更改重载

template <typename T, typename = void>
struct pairable : std::false_type {};

// check whether type T has first and second members
template <typename T>
struct pairable<T, std::void_t<decltype(std::declval<T>().first),
                               decltype(std::declval<T>().second)>>
    : std::true_type {};

// the template parameter is the part of the signature of function template
template<typename P, std::enable_if_t<pairable<P>::value>* = nullptr>
ostream &operator<<(ostream &os, const P &p) {
  using std::operator<<;
  os << '(' << p.first << ", " << p.second << ')';
  return os;
}

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Answer 2

SFINAE只适用于功能签名：即参数类型，返回类型，和限定符，如：const，非const。它并不适用于功能的实现。

在你的情况，函数签名的呼叫匹配。因此，该函数被实例化，并有望没有错误编译。