C++ 使用SFINAE检查成员函数并调用它

我试图了解SFINAE是如何工作的

我的需要：

我有一组类型，可以提供或不提供名为

activate

的成员函数。问题是，如果给定类型的

activate

确实存在，它可能会接受任何参数。我想写一个函数，它将转发到类型的

activate

，如果它存在，否则只需

返回true

我试过：

#include <iostream>
#include <utility>
#include <functional>

struct A
{
    bool activate()
    {   
        std::clog << "A::activate() called" << std::endl;
        return true;
    }   

    bool activate(const char*)
    {   
        std::clog << "A::activate(const char*) called" << std::endl;
        return true;
    }   
};

struct B
{
    // NOTHING
};

template<class S, class... ARGS>
auto activate(S& s, ARGS&&... p_args) -> typename std::invoke_result<decltype(&S::activate)(S, ARGS...)>::type
{
    return s.activate(std::forward<ARGS>(p_args)...);
}

bool activate(...)
{
    return true;
}


int main(int argc, char* argv[])
{
    A a;
    B b;

    activate(a);
    activate(a, "Hello");
    activate(b);

    return 0;
}

#包括
#包括
#包括
结构A
{
bool activate（）
{   
std:：clog您的问题在于：

template<class S, class... ARGS>
auto activate(S& s, ARGS&&... p_args)
    -> typename std::invoke_result<decltype(&S::activate)(S, ARGS...)>::type
//                                          ^^^^^^^^^^^^

这一方面解决了重载名称的问题，以及如何使用
invoke\u result
有趣的是，在cppreference上读了十遍之后，我仍然没有看到
invoke\u result
与
result\u的
result\u的语法不一样。是的，对于地址，它是有意义的。谢谢。
template<class S, class... ARGS>
auto activate(S& s, ARGS&&... p_args)
    -> decltype(s.activate(std::forward<ARGS>(p_args)...))