这算是SFINAE吗？

Question

大约一周前，我提出了一个问题，询问如何只有在类型具有特定成员函数时才能简单地实例化类模板。在我的答案中，我得到了一个有点复杂的解决方案。但后来我尝试自己做。我只想知道是否足够确定给定类型 T 是否有一个名为 f、参数为 0 的 void 函数。

#include <type_traits>
#include <utility>

template <typename T, typename = void>
struct has_f : std::false_type { };

template <typename T>
struct has_f<
    T,
    decltype(std::declval<T>().f(), void())> : std::true_type { };

template <typename T, typename = typename std::enable_if<has_f<T>::value>::type>
struct A { };

struct B
{
    void f();
};

struct C { };

template class A<B>; // compiles
template class A<C>; // error: no type named ‘type’ 
                     // in ‘struct std::enable_if<false, void>’

如果是这样，为什么在这个帖子中，其他答案都那么复杂呢？

- Me myself and I

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是的，这就是SFINAE，而且是正确的。至于为什么其他答案更复杂...很难说。 - Andy Prowl

为了澄清，has_f 本身依赖于 SFINAE，而 A 则不依赖。 - Luc Danton

作为一种可能性，某些编译器（咳咳 MSVC2012）中的SFINAE支持有点糟糕，因此其中一些复杂性可能是为了具有更可移植的SFINAE而进行的解决方法。另外，由于rvalue引用到this特性，在C++1y中，std::declval<T&>().f()和std::declval<T>().f()（或者是std::declval<T&&>().f()？）可能是不同的东西。 - Yakk - Adam Nevraumont

Answer 1

是的，您已经以C++11 SFINAE最简单、最惯用的方式解决了它。

请注意，您没有检查返回类型是否为void，是否为非静态成员，也没有检查是否有参数。f只需调用无参数即可。它甚至可以是一个函数对象。

要检查返回void的零元非静态成员函数，请使用：

template <typename T>
struct has_f<T, decltype(void( static_cast< void (T::*)( void ) >( &T::f ) )) >
    : std::true_type {};

template <typename T>
struct has_f<T, decltype(void( static_cast< void (T::*)( void ) const >( &T::f ) )) >
    : std::true_type {};

- Potatoswatter

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我可以使用 std::result_of 来检查返回类型是否为 void 吗？ - Me myself and I

@MemyselfandI std::result_of并不要求符合SFINAE。然而，最近的实现确实尝试使其符合SFINAE（否则该特性使用起来会很麻烦）。 - Luc Danton

@LucDanton，这不是C++11草案所要求的，但它在不久之后作为C++1y功能添加进来了。无论如何，除非您正在使用INVOKE的特殊成员指针情况，否则它并不能真正取代decltype。 - Potatoswatter

当 f 被重载时，使用 decltype(&T::f) 会失败。但我相信问题中的代码已经正确处理了这个问题。 - Ben Voigt

@BenVoigt，需要使用static_cast。这很棘手。 - Potatoswatter