使用模板参数还包括 constexpr 成员函数enable_if单独定义和声明模板成员函数

Question

以下内容在 CentOS 7 上的 g++ 8.1.0 下无法编译：

嘿嘿。

#pragma once
#include <iostream>
#include <type_traits>
class Valid {};
class Invalid {};
struct Hey
{
template<typename T>
static constexpr bool is_valid() { return std::is_same_v<T, Valid>; }
template<typename T, std::enable_if_t<is_valid<T>()>* = nullptr>
void howdy() const;
};
template<typename T, std::enable_if_t<Hey::is_valid<T>()>*>
void Hey::howdy() const
{
std::cout << "Howdy" << std::endl;
}

编译器输出：

In file included from hey.cpp:1:
hey.h:18:8: error: no declaration matches ‘void Hey::howdy() const’
void Hey::howdy() const
^~~
hey.h:14:10: note: candidate is: ‘template<class T, std::enable_if_t<is_valid<T>()>* <anonymous> > void Hey::howdy() const’
void howdy() const;
^~~~~
hey.h:8:8: note: ‘struct Hey’ defined here
struct Hey
^~~

令人惊讶的是，我所要做的就是正确编译并获得所需的行为，在 Hey 中添加一个 typedef：

嘿嘿(固定，前几行无聊跳过(

struct Hey
{
template<typename T>
static constexpr bool is_valid() { return std::is_same_v<T, Valid>; }
template<typename T>
using EnableType = std::enable_if_t<is_valid<T>()>;
template<typename T, EnableType<T>* = nullptr>
void howdy() const;
};
template<typename T, Hey::EnableType<T>*>
void Hey::howdy() const
{
std::cout << "Howdy" << std::endl;
}

嘿.cpp

#include "hey.h"
int main(int, char**)
{
Hey hey;
hey.howdy<Valid>();
// Adding this line breaks the build, as it should:
// hey.howdy<Invalid>();
return 0;
}

经过多次调整，我将编译器错误情况缩小到以下事实：1(is_valid()是Hey和2(的成员，howdy()在Hey的身体内声明，但在身体外定义。如果删除using并使is_valid()成为Hey之外的独立函数，则编译没有问题。如果删除using并在类定义中定义howdy()，则编译也没有问题。但是，当howdy()在类定义外部定义时，is_valid()在类定义中声明，并且using不存在，则编译器将失败。这是正确的行为吗？我在看编译器错误吗？

Answer 1

模板声明中表达式的匹配基于等效性，即基于单定义规则的概念。要使两个表达式被视为等效，它们必须至少逐个令牌相同，以模数重命名模板参数。

表达式is_valid<T>()和Hey::is_valid<T>()不等效(第二个有两个标记，第一个没有(，因此编译器不需要匹配它们。

Hey::EnableType<T>是一种类型，不受表达式的严格等价规则的约束。