如何更好地禁用特定函数参数的模板参数推导？

Question

这是我想要做的事情：

template <typename T> void f(DisableDeduction<T> obj) {std::cout << obj;}
// Here DisableDeduction<T> aliases T, but in a such way
// that would prevent compiler from deducing T based
// on provided argument.

/* ... */

f<int>(1); // Works.
f(1); // Error, can't deduce template parameter based on argument.

这是我目前的实现方式：

template <typename T> struct DisableDeduction_Internal {using type = T;};
template <typename T> using DisableDeduction = typename DisableDeduction_Internal<T>::type;

它完美地运作（如描述所示），但它引入了一个额外的辅助类型。

但是，我能否在不使用额外类型的情况下达到相同的结果？

- HolyBlackCat

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std::enable_if_t<true, T> ? - Jarod42

@Jarod42，您能否将其转换为带有工作示例的答案？ - Parker Coates

自从C++20以来，只需使用std::type_identity_t。 - underscore_d

Answer 1

你可以通过将T放在不可推导的上下文中（在::左侧），并使用<type_traits>中的std::common_type来实现。

示例：

template <typename T> void f(typename std::common_type<T>::type obj) {std::cout << obj;}

- marcinj

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谢谢。我会把它放进一个模板using中（和以前一样），以便更方便地使用。 - HolyBlackCat

在C++14中，typename std::common_type<T>::type可以简写为std::common_type_t<T>（我认为这样更短更易读）。 - Léo Lam

通过typedef更易读，template<typename T> using no_infer = typename std::common_type<T>::type; - Eric

Answer 2

自C++20起，您可以使用std::type_identity_t<T>。

在C++20之前，我建议使用std::enable_if_t<true, T>。 std::common_type_t<T>看似无害，但会应用std::decay到类型上，移除const、volatile和/或引用性。

- HolyBlackCat