C++ 作为表达式的模板参数语法_C++_Templates_Object_Expression_Sfinae

C++ 作为表达式的模板参数语法

c++ templates object

C++ 作为表达式的模板参数语法,c++,templates,object,expression,sfinae,C++,Templates,Object,Expression,Sfinae,有人知道下面的代码如何处理enable_if的模板参数吗 template <int n> void f(typename std::enable_if<(n < 0)>::type* = 0) { /* ... n is negative ... */ } template <int n> void f(typename std::enable_if<(n >= 0)>::type* = 0) { /* ... n is positi

有人知道下面的代码如何处理enable_if的模板参数吗

template <int n> void f(typename std::enable_if<(n < 0)>::type* = 0) {
/* ... n is negative ... */
}
template <int n> void f(typename std::enable_if<(n >= 0)>::type* = 0) {
/* ... n is positive ... */
}

template void f（typename std:：enable_if:：type*=0）{
/*…n是负数*/
}
模板无效f（typename std:：enable_if=0）>：：type*=0）{
/*…n是正的*/
}

具体地说，这部分

（n<0）>：type*

对我来说没有意义，因为这看起来像是编译器在隐式地将表达式

（n<0）

转换为对象

在其他几个SFINAE示例中，我也看到过这种将表达式作为对象处理的方式，但这里发生的事情让我难以理解。是在某些C++头中定义的对象还是已经在标准中？如果是这样的话，这种将表达式视为对象的技术是什么？我如何才能了解更多有关这方面的信息

非常感谢

这看起来像是编译器将表达式（n<0）隐式转换为对象

否。

n<0

是的模板参数（类型为

bool

），并且

std:：enable_if:：type

是

std:：enable_if

中定义的成员

typedef

（仅在

n<0

为true时存在）

模板
结构启用_if；

如果

为

true

，

std:：enable_如果具有公共成员类型def type，则等于
到T
；否则，没有成员typedef
此元功能是利用
根据类型有条件地从重载解析中删除函数
traits和提供单独的函数重载和专门化
对于不同类型的性状<代码>标准：：如果可以将用作附加
函数参数（不适用于运算符重载），作为返回
类型（不适用于构造函数和析构函数），或作为类
模板或函数模板参数
template< bool B, class T = void >
struct enable_if;