C++ SFINAE：检测成员变量的存在对g++；

我试图将中用于检测类是否具有成员变量

x

的方法与结合起来，根据使用

enable\u if

的方法选择不同的实现

基本上，我想编写一个trait类，在给定类型

T

的情况下，该类提供对成员

T:：x

的访问（如果存在），否则提供默认值

以下代码未在g++上编译：（）

#包括
#包括
//具有/不具有x成员的类
具有x{static constexpr int x=42；}的结构；
不带x{}的结构；
//检测x的特征
模板
结构HasX:std:：false_type{}；
模板
结构HasX:std:：true_type{}；
//trait为x提供默认值
模板
结构脚印
{
模板
静态constexpr std:：enable_if_tx（）{return t:：x；}
模板
静态constexpr std:：enable_if_t x（）{return 1；}
};
int main（）{
std:：coutSFINAE只能在即时上下文中工作。换句话说，如果编译器可以提前看到声明有问题，那么它一定是错误

当实例化一个类时，编译器将尝试解析它所能解析的所有内容。如下所示：

template<bool enable = HasX<T>::value>
....

理论上，
U
可能是一种完全不同的类型。
U
直接用于函数实例化，而
T
则不是。
事实上：

//std::cout << HasX<WithoutX>::value << std::endl;

这确实解决了问题。
您可以使用：
std:：void\u t
这个建议有效，谢谢。那么哪个编译器是错的，g++还是clang/msvc？问题不在
FooTraits
中，而在这两个编译器中都使用
void\u t
进行修复。有趣的是，这个变体适用于gcc 5+，但失败了（带注释行和不带注释行）4.9.4，根据注释行编译。该问题似乎与CWG1558有关。此处解释的
void\u t
的更复杂定义也适用于该gcc。
template <typename U = T, bool enable = HasX<U>::value>
static constexpr std::enable_if_t< enable, size_t> x() { return T::x; }
template <typename U = T, bool enable = HasX<U>::value>
static constexpr std::enable_if_t<!enable, size_t> x() { return 1; }

//std::cout << HasX<WithoutX>::value << std::endl;

template <typename T>
struct HasX <T, decltype((void) T::x)> : std::true_type {};

template <typename T>
struct HasX <T, std::void_t<decltype(T::x)>> : std::true_type {};