为啥我的 SFINAE 表达式不再适用于 GCC 8.2？

Posted 2023-02-22

【中文标题】为啥我的 SFINAE 表达式不再适用于 GCC 8.2？

【英文标题】：Why do my SFINAE expressions no longer work with GCC 8.2?为什么我的 SFINAE 表达式不再适用于 GCC 8.2？

【发布时间】：2018-08-10 13:31:27

【问题描述】：

我最近将 GCC 升级到 8.2，我的大部分 SFINAE 表达式都停止工作了。

以下内容有所简化，但演示了问题：

#include <iostream>
#include <type_traits>

class Class 
public:
    template <
        typename U,
        typename std::enable_if<
            std::is_const<typename std::remove_reference<U>::type>::value, int
        >::type...
    >
    void test() 
        std::cout << "Constant" << std::endl;
    

    template <
        typename U,
        typename std::enable_if<
            !std::is_const<typename std::remove_reference<U>::type>::value, int
        >::type...
    >
    void test() 
        std::cout << "Mutable" << std::endl;
    
;

int main() 
    Class c;
    c.test<int &>();
    c.test<int const &>();
    return 0;

C++ (gcc) – Try It Online

C++ (clang) – Try It Online

旧版本的 GCC（不幸的是我不记得我之前安装的确切版本）以及 Clang 编译上面的代码就好了，但是 GCC 8.2 给出了一个错误说明：

：在函数'int main()'中：
:29:19: 错误: 重载 'test()' 的调用不明确
     c.test();
                   ^
:12:10: 注意：候选人：'void Class::test() [with U = int&;类型名 std::enable_if::type>::value>::type ... = ]'
     无效测试（）
          ^~~~
:22:10: 注意：候选人：'void Class::test() [with U = int&;类型名 std::enable_if::type>::value)>::type ... = ]'
     无效测试（）
          ^~~~
:30:25: 错误: 重载 'test()' 的调用不明确
     c.test();
                         ^
:12:10: 注意：候选人：'void Class::test() [with U = const int&;类型名 std::enable_if::type>::value>::type ... = ]'
     无效测试（）
          ^~~~
:22:10: 注意：候选人：'void Class::test() [with U = const int&;类型名 std::enable_if::type>::value)>::type ... = ]'
     无效测试（） 

通常情况下，不同的编译器和编译器版本以不同的方式处理相同的代码，我假设我正在调用未定义的行为。标准对上述代码有什么说法？我做错了什么？

---

注意：问题不在于解决此问题的方法，我想到了几种方法。问题是为什么这不适用于 GCC 8 - 它是标准未定义的，还是编译器错误？

注意 2： 由于每个人都在使用默认的 void 类型的 std::enable_if，因此我将问题更改为使用 int。问题依然存在。

注3：GCC bug report created

【问题讨论】：

从 godbolt 开始，它一直工作到 gcc 7.3 （你可以在程序集中看到它做了正确的事情）。

在::type 之后用... 扩展什么？

删除省略号，将默认的void 替换为int 并添加默认值可以解决问题，是的。真正的问题是，上述代码以前运行良好，但在 GCC 8 中不再运行的原因是什么？

@xskxzr 根据这个问题，void... 仅适用于空参数包，这正是这里所需要的。即使它是非法的，在std::enable_if 中用int 替换默认的void 也不会改变问题的任何内容。

最小示例：godbolt.org/g/P9z1pt gcc7.1 OK gcc 8.x KO

【参考方案1】：

这是我的看法。总之，clang是对的，gcc有回归。

我们有照[temp.deduct]p7：

替换发生在函数类型和模板参数声明中使用的所有类型和表达式中。 [...]

这意味着无论包是否为空，都必须进行替换。因为我们仍处于直接上下文中，所以这是 SFINAE-able。

接下来我们知道可变参数确实被认为是一个实际的模板参数；来自[temp.variadic]p1

模板参数包是接受零个或多个模板参数的模板参数。

而[temp.param]p2 表示允许哪些非类型模板参数：

非类型模板参数应具有以下类型之一（可选 cv 限定）：

一种文字类型，具有强结构相等性（[class.compare.default]），没有可变或易失的子对象，并且如果存在默认成员运算符，则将其声明为公共的，

左值引用类型，

包含占位符类型 ([dcl.spec.auto]) 的类型，或

推导类类型的占位符 ([dcl.type.class.deduct])。

请注意，void 不符合要求，您的代码（如发布的）格式不正确。

【讨论】：

问题不在于std::enable_if的void默认类型！如果我正确理解您的答案，SFINAE 应该适用于不同的类型（例如int）。它不在 GCC 8.2 下。

@zennehoy 这就是为什么我在第二句话中说“如果不是void，则回归”:)

你介意减少你的答案吗？我现在在问题中将int 指定为std::enable_if 的类型，因为我真的不打算开始讨论void...，这原本是我简化代码的遗物。请注意，其他人得出的结论与您不同：***.com/a/23711944/694509 :)

@zennehoy 我不太明白答案；不过谢谢

@zenn 其他答案不正确，因为这不是包扩展。它只是一个非扩展模板参数包，如果你给它一个名字，它可以在其他地方扩展。

【参考方案2】：

我不是语言律师，但下面的引用不能与问题有某种联系吗？

[temp.deduct.type/9]: 如果 Pi 是包扩展，则将 Pi 的模式与 A 的模板参数列表中的每个剩余参数进行比较。每次比较都会推导出由 Pi 扩展的模板参数包中后续位置的模板参数。

在我看来，由于模板参数列表中没有剩余参数，因此没有比较模式（其中包含enable_if）。如果没有比较，那么也没有扣除，我相信扣除后会发生替代。因此，如果没有替换，则不会应用 SFINAE。

如果我错了，请纠正我。我不确定这个特定的段落是否适用于此，但在 [temp.deduct] 中有更多类似的关于包扩展的规则。此外，此讨论可以帮助更有经验的人解决整个问题：https://groups.google.com/a/isocpp.org/forum/#!topic/std-discussion/JwZiV2rrX1A。

【讨论】：

有趣的是，讨论得出的结论是，这是 Clang 中的一个错误，随后被修复！标准中似乎有相当多的不确定性......

【参考方案3】：

部分答案：将typename = typename enable_if<...>, T=0 与不同的Ts 一起使用：

#include <iostream>
#include <type_traits>

class Class 
public:
    template <
        typename U,
        typename = typename std::enable_if_t<
            std::is_const<typename std::remove_reference<U>::type>::value
        >, int = 0
    >
    void test() 
        std::cout << "Constant" << std::endl;
    

    template <
        typename U,
        typename = typename  std::enable_if_t<
            !std::is_const<typename std::remove_reference<U>::type>::value
        >, char = 0
    >
    void test() 
        std::cout << "Mutable" << std::endl;
    
;

int main() 
    Class c;
    c.test<int &>();
    c.test<int const &>();
    return 0;

(demo)

仍在试图弄清楚 std::enable_if<...>::type... 到底是什么意思知道 default type is void。

【讨论】：

见***.com/a/23711944/694509，基本要求参数包为空。随意添加 int 来替换默认的 void 类型 - 这不会改变问题的任何内容。

@zennehoy 注意：如果没有添加 tparam (int & char)，您的两个模板函数具有相同的模板签名，因此会产生歧义。我不明白为什么它以前会起作用。

怎么样？其中一个是template <typename U, void...>，另一个是SFINAE，即template <typename U, [error: std::enable_if has no member type]...>。

@YSC: typename = std::enable_if_t<cond> 需要“奇怪”的额外虚拟参数，最好使用std::enable_if_t<cond, int> = 0。