C++ 使用sfinae进行模板参数推导

无法为

foo

和

foo2

推导模板模板参数

如果删除sfinae部分，则成功推导出

foo

和

foo2

的模板参数

如何修复

span

类或

foo

和

foo2

谢谢

测试（也在at）

#包括
模板
使用enable_if_t_const=typename std:：enable_if<
std:：is_const:：value
>：：类型；
模板类跨度；
模板
班距{
公众：
显式跨度（常数T*常数数据）{}
};
模板
void foo（）{}
模板
void foo2（S&S）{}
int main（）{
int arr[]={1}；
跨度s（arr）；
foo（）；
二(s)；
返回0；
}

这是因为，尽管您有一个默认的模板参数，

span

不是

模板类S

。这是一个

模板类s

最简单的修复方法是将其更改为

template <typename T, template<typename...> class S> 
void foo2(S<T>& s) {}

模板
void foo2（S&S）{}

这样您就可以接受任何类型的

S

（尽管我们只使用一种类型）

---

@Justin如果你添加

-std=c++17

@HolyBlackCat显然是c++17添加了我不知道的东西，它就会编译。我需要调查一下that@HolyBlackCat我想你的意思是它在c++17中工作。请你解释一下，我很好奇。@Giraffe船长我不知道确切的细节，所以我会等其他人来写。贾斯汀当然很感激他有用的答案的复选标记，但是请再等一会儿，看看c++17解析是否可以作为一个答案。将

更改为

将使

foo

工作，但

foo2

不工作。不知道为什么。@Rzu如果您将

foo2

更改为

，您还必须将其设置为

foo2（S&S）{}

，所以我使用常规类而不是该类的任何专门化？谢谢。为什么参数包（

typename…

）在这种情况下有效？嗯。@Rzu当编译器单独查看模板函数时，它是有意义的。有一个

模板类s

，我们用一种类型

s

来“调用”它。当您传入

span

类型时，模板将被实例化，这大致类似于将

S

替换为

span

，因此

S

是

span

，因为默认参数是

span

template <typename T, template<typename...> class S> 
void foo2(S<T>& s) {}