使用 SFINAE、约束或概念限制专业化

Question

以下程序运行良好：

struct M; // forward declare so compiler will recognize this type
struct N;
template< typename J > struct B { template< typename U > void Func1(); };
template<> template<> void B< M >::Func1< M >() {}
template<> template<> void B< N >::Func1< N >() {}
template<> template<> void B< M >::Func1< N >() {} // illegal specialization for this app
template< typename J > struct C { template< typename U > void Func2(); };
template<> template<> void C< M >::Func2< M >() {}
template<> template<> void C< N >::Func2< N >() {}
template< typename G > struct H { G g; };
int main()
{
  H< B< M > > hbm;
  hbm.g.Func1< M >(); // ok
  hbm.g.Func1< N >(); // compiles and runs, but uses a semantically illegal specialization for this app
  H< B< N > > hbn;
  hbn.g.Func1< N >(); // ok
  H< C< M > > hcm;
  hcm.g.Func2< M >(); // ok
  H< C< N > > hcn;
  hcn.g.Func2< N >(); // ok
  return 0;
}

重要的是，在编译时显式声明结构 B 和 C，并且只允许那些对应用有意义的专用化。

但正如上面的代码所示，我的下游开发人员（有一天！）可能会创建语法正确的模式，这些模式在语义上没有意义。具体来说，该应用程序只知道如何使用类和函数类型相等的类型。其余的都是无厘头的。

这似乎是新的 C++17+ 功能之一，如 SFINAE、约束或概念。虽然我正在阅读这些，但我还没有做出这个选择的判断力。在替代方案下的cpp首选项中，如果编译器有能力，他们建议使用概念而不是SFINAE（我使用VS2015）。

将类型名 J 限制为与类型名 U 相同的好方法是什么？

Answer 1

您可以使用

enable_if：

template< typename J > struct B {     
    template<typename U>
    typename std::enable_if<std::is_same<U, J>::value, void>::type
    Func1();
};

http://coliru.stacked-crooked.com/a/efb499cf654f0f25

对于概念（在不久的将来（？）不是标准），与上述相同的解决方案如下所示。

http://melpon.org/wandbox/permlink/li4Uh5Q6ilpnlhcl

template <class T, class U> concept bool Same = std::is_same<T,U>::value;
template< typename J > struct B { 
    template< typename U > 
    requires Same<J, U>    
    void Func1(); 
};