是否有其他類型的void_t的標準泛化？

在C++中17，我們有std::void_t，這使得SFINAE看起來要好很多：是否有其他類型的void_t的標準泛化？

template <typename T> 
std::void_t<decltype(T::prop)> foo() { /* stuff */ }

模板功能將只存在，如果存在T::prop。

如果T::prop存在，模板功能foo()將是相同的：

template <typename T> 
void foo() { /* stuff */ }

否則，代碼就等於沒有宣佈foo()可言。

是否有其他類型的標準庫的std::void_t任何概括，如下列：

template<typename T, typename...> 
using generic_t = T;

，使下面的代碼將是有效的？

template <typename T> 
std::generic_t<int, decltype(T::prop)> foo() { /* stuff */ }

這將等同於

template <typename T> 
int foo() { /* stuff */ }

如果T::prop存在？

來源

2017-06-23 Bernard

爲什麼不'decltype （T :: prop，int（））'？這不行嗎？ – Justin

@Justin因爲'std :: void_t'忽略了它的參數類型。無論如何，它都將是「無效的」。 – Rakete1111

我想你可以做'std :: tuple_element_t <0，std :: tuple >' –

你爲什麼需要這樣的概括？ void_t有點特別，它可以幫助您輕鬆編寫類型特徵，因爲您可以使用某種類型的主類型，默認爲void，使用void_t的特化類型。例如：

template <class T, class = void> 
struct has_prop : std::false_type { }; 

template <class T> 
struct has_prop<T, std::void_t<decltype(T::prop)>> : std::true_type { };

這並不是說有什麼特別之處void，你只需要在某些類型的初級和專業化之間的約定。

void_t沒有什麼意義，如果你只是直接在SFINAE中使用它。你可以只堅持表達別處：

template <typename T, class = decltype(T::prop)> 
void foo() { /* stuff */ }

此時返回類型是你無論如何檢查的條件完全分開的，所以如果你想int：

template <typename T, class = decltype(T::prop)> 
int foo() { /* stuff */ }

來源

2017-06-23 17:39:38 Barry

如果我直接在SFINAE中直接使用它，爲什麼'void_t'沒有多大意義？ – Bernard

@Bernard'void_t'用於將類型強制轉換爲'void'，但通常情況下不需要sfinae中的行爲。我最後的兩個例子做你想做的事，同時也有一個明確的返回類型。 – Barry

它可能不存在。它沒有鏈接到文檔中，因此我懷疑它的存在。但是你可以自己建這樣的類型：

template <class type, class... sfinae_expressions> 
using generic_t = type;

來源

2017-06-23 07:54:45 OutOfBound

OP有'generic_t'更好的實現。你的這些參數並不是可變的，在某些情況下可能有用。 – Rakete1111

@ Rakete1111我添加了variardic模板。現在它需要任意數量的類型 – OutOfBound

這個簡單的表單[可能不起作用]（http://open-std.org/JTC1/SC22/WG21/docs/cwg_defects.html#1558）。 –

是否有其他類型的void_t的標準泛化？

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