C++ SFINAE重载，必须考虑哪些规则

我不知道使用SFINAE来实现方法重载必须考虑哪些规则。我多次遇到问题，因为据我所知，需要更多的规则。因此，我希望有一套可以简单解释的规则，以帮助解决一般问题，而不是一次又一次地提出问题

我的出发点是：

代码1

class AA { public: using TRAIT = int; };
class BB { public: using TRAIT = float; };

template < typename T>
class Y
{   
    public:
        template <typename U = T, typename V= typename std::enable_if< std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, int >::type>
            Y( ) { std::cout << "First" << std::endl; }

        template <typename U = T, typename V= typename std::enable_if< !std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, float >::type>
            Y( ) { std::cout << "Second" << std::endl; }

};

class AA{public:使用TRAIT=int；}；
类BB{public:使用TRAIT=float；}；
模板
Y类
{   
公众：
模板：：值，int>：：类型>
Y（）{std:：cout
Y（）{std:：cout:：type，typename X=int>
Y（X*=nullptr）{std:：cout
Y（）{std:：cout:：type>
Y（int*=nullptr）{std:：cout
Y（）{std:：cout函数的签名应该不同，默认值（对于模板和常规参数）不是签名的一部分

template <typename U = T, typename V= typename std::enable_if< std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, int >::type>
Y();

template <typename U = T, typename V= typename std::enable_if< !std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, float >::type>
Y();

模板：：值，int>：：类型>
Y（）；
模板：：值，浮点>：：类型>
Y（）；

只是

template <typename U, typename V>
Y();

template <typename U, typename V>
Y();

模板
Y（）；
模板
Y（）；

所以，重新定义

鉴于

template <typename U = T, typename V = typename std::enable_if< std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, int >::type, typename X=int>
Y( X* = nullptr);

template <typename U = T, typename V= typename std::enable_if< !std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, float >::type>
Y( );

template:：value，int>：：type，typename X=int>
Y（X*=nullptr）；
模板：：值，浮点>：：类型>
Y（）；

是

模板
Y（X*）；
模板
Y（）；

所以不同的签名

避免总是添加参数的一种方法是执行以下操作

template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_same<int, typename U::TRAIT>::value>::type* = nullptr>
Y();

template <typename U = T, typename std::enable_if<!std::is_same<int, typename U::TRAIT>::value>::type* = nullptr>
Y();

模板
Y（）；
模板：：类型*=nullptr>
Y（）；

这会导致不同的签名：

template <typename U, typename std::enable_if<std::is_same<int, typename U::TRAIT>::value>::type*>
Y();

template <typename U, typename std::enable_if<!std::is_same<int, typename U::TRAIT>::value>::type*>
Y();

模板
Y（）；
模板：：类型*>
Y（）；
函数的签名应该不同，默认值（对于模板和常规参数）不是签名的一部分。所以

template <typename U = T, typename V= typename std::enable_if< std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, int >::type>
Y();

template <typename U = T, typename V= typename std::enable_if< !std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, float >::type>
Y();

模板：：值，int>：：类型>
Y（）；
模板：：值，浮点>：：类型>
Y（）；

只是

template <typename U, typename V>
Y();

template <typename U, typename V>
Y();

模板
Y（）；
模板
Y（）；

所以，重新定义

鉴于

template <typename U = T, typename V = typename std::enable_if< std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, int >::type, typename X=int>
Y( X* = nullptr);

template <typename U = T, typename V= typename std::enable_if< !std::is_same< int, typename U::TRAIT>::value, float >::type>
Y( );

template:：value，int>：：type，typename X=int>
Y（X*=nullptr）；
模板：：值，浮点>：：类型>
Y（）；

是

模板
Y（X*）；
模板
Y（）；

所以不同的签名

避免总是添加参数的一种方法是执行以下操作

template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_same<int, typename U::TRAIT>::value>::type* = nullptr>
Y();

template <typename U = T, typename std::enable_if<!std::is_same<int, typename U::TRAIT>::value>::type* = nullptr>
Y();

模板
Y（）；
模板：：类型*=nullptr>
Y（）；

这会导致不同的签名：

template <typename U, typename std::enable_if<std::is_same<int, typename U::TRAIT>::value>::type*>
Y();

template <typename U, typename std::enable_if<!std::is_same<int, typename U::TRAIT>::value>::type*>
Y();

模板
Y（）；
模板：：类型*>
Y（）；
“我认为SFINAE是通过实例化构造函数模板来实现的，并且只有一个构造函数可用。这不是事实！”=>但即使没有AA或BB的定义，也会出现错误。因此，问题与模板实例化无关。重复已经说过的话：这就像
void foo一样（bool b=false）
和
void foo（bool b=true）
不能在定义中共存，仅仅因为它们有不同的默认值。
和
“我认为SFINAE是通过实例化构造函数模板实现的，只有一个构造函数可用。这不是事实！”=>但即使没有AA或BB的定义，也会出现错误。因此，问题与模板实例化无关。重复已经说过的内容：这就像如何
void foo（bool b=false）
和
void foo（bool b=true）
不能仅仅因为它们有不同的默认值而在定义中共存。
和
也是如此。最后一个例子是“简单”使用默认的初始化类型指针对我来说很奇怪。我认为这最终会出现在
模板中，这两个定义也是一样的。你能补充一个简短的解释吗？为什么签名会在这里用SFINAE构造的完整表达式展开？@Klauss，即使
std:：enable\u if.
导致
void*
 对于两者，它是不同的签名（之前）。但是如果它们都导致一些
T
的
void*
，那么无论如何您都会有不明确的调用。因此，应该仔细选择条件（一些写入
禁用\u if
helper在两者中写入相同的条件）@Klauss在第一次看到这个东西时，我认为插入一个
static\u断言（std:：is\u same:：value，“无法显式参数化模板”）是有用的；
只是为了认识到在调用中有一定程度的自由，你不想让人们使用它，来覆盖为SFINAE抛出的默认值U=t（尽管具体来说，你是这样做的。）因此，例如
Y yaa；yaa.foo（）
@HostileFork:构造函数不需要
静态断言
，因为用户无法为构造函数指定模板参数。最后一个示例是“简单”使用默认的初始化类型指针对我来说很奇怪。我认为这最终会出现在
模板中，这两个定义也是一样的。你能补充一个简短的解释吗？为什么签名会在这里用SFINAE构造的完整表达式展开？@Klauss，即使
std:：enable\u if.
导致
void*
 对于两者，它是不同的签名（之前）。但是如果它们都导致一些
T
的
void*
，那么无论如何您都会有不明确的调用。因此，应该仔细选择条件（一些写入
禁用\u if
helper在两者中写入相同的条件）@Klauss在第一次看到这个东西时，我认为插入一个
static\u断言（std:：is\u same:：value，“无法显式参数化模板”）是有用的；
只是为了认识到在调用中有一定程度的自由，你不想让人们使用它，来覆盖为SFINAE抛出的默认值U=t（尽管具体来说，你是这样做的。）因此，例如
Y yaa；yaa.foo（）；
@HostileFork:构造函数不需要
静态断言
，因为用户无法为构造函数指定模板参数。