SFINAE काम के लिए इलिप्स का उपयोग कैसे करता है?

Question

अतीत में निर्माता भार के चयन करने के लिए SFINAE का उपयोग कर, मैं आम तौर पर निम्न का इस्तेमाल किया है:

template <typename T> 
class Class { 
public: 
    template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_void<U>::value, int>::type=0> 
    Class() { 
     std::cout << "void" << std::endl; 
    } 

    template <typename U = T, typename std::enable_if<!std::is_void<U>::value, int>::type=0> 
    Class() { 
     std::cout << "not void" << std::endl; 
    } 
}; 

हालांकि, मैं सिर्फ इस विकल्प भर में आया था:

template <typename U = T, typename std::enable_if<std::is_void<U>::value>::type...> 
Class() { 
    std::cout << "void" << std::endl; 
} 

यह देखते हुए कि निम्नलिखित गैर कानूनी है। ..

template <typename U = T, void...> // ERROR! 
Class() { } 

... गैर-प्रकार के टेम्पलेट तर्क के बजाए लंबवत विकल्प का उपयोग कैसे किया जाता है?

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पूर्ण कोड: http://coliru.stacked-crooked.com/a/64a1aaf13ce6099b

Answer 1

मेरे पिछले जवाब गलत था। माफ़ कीजिये। मैं बस इसे ठीक करने जा रहा हूँ।

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इस घोषणा:

template <typename U = T, void...> 
Class() { } 

का उल्लंघन करती है [temp.res]/8:

कार्यक्रम बीमार बनाई है, कोई निदान के लिए आवश्यक है, अगर [...] एक वैरिएडिक टेम्पलेट के प्रत्येक वैध विशेषज्ञता के लिए एक खाली टेम्पलेट पैरामीटर पैक

यह कोई निदान आवश्यक नहीं है, लेकिन संकलक वैसे भी जारी करने का विकल्प चुनता है। किसी भी तरह से, कोड खराब गठित है।

दूसरी ओर

template <typename U = T, std::enable_if_t<std::is_void<U>::value>...> 
Class() { } 

इस आवश्यकता का उल्लंघन नहीं करता। हमारे पास एक खाली पैक है, इसलिए हम इस तथ्य से दूर नहीं जाते कि आप गैर-प्रकार के टेम्पलेट पैरामीटर के रूप में void का उपयोग नहीं कर सकते हैं। इसके अतिरिक्त, enable_if का एक काल्पनिक विशेषज्ञता एक प्रकार प्रदान कर सकता है जो void नहीं है, इसलिए यह उपरोक्त सीमा के कारण बीमार नहीं है।