c++概念是否会导致编写模板实例以构建输出？
对于具有许多大型和复杂模板实例的库，在我看来，决定是否使用概念的主要考虑因素之一是构建输出的大小是否更小。
使用 SFINAE，我的理解是以下代码将导致模板实例化std::is_function<bar>并std::enable_if<true, bool>包含在构建输出中，增加其大小（尽管对于此示例来说是微不足道的）：
#include <type_traits>
template<typename F,
typename = std::enable_if_t<
std::is_function<F>::value,
bool> = true>
void foo(F& f)
{
// do some stuff with f
}
void g();
int main()
{
foo(g);
return 0;
}
如果使用基于的 C++20 概念std::is_function，显然模板必须被实例化以检查它。但是那个实例化然后写入最终的构建输出吗？这是否因编译器实现而异？
#include <type_traits>
template<typename F>
concept Function = std::is_function<F>::value;
template<Function F>
void foo(F& f)
{
// do some stuff with f
}
//...
回答
您似乎担心代码大小。
类，在这里我包括类模板的实例化，只是编译器知道的抽象信息。它们不会影响代码大小。
只有函数，包括成员函数，才会影响代码大小。类模板的成员函数仅在实例化时才会影响代码大小，因为它们的使用方式需要它（C++ 标准将其称为“ ODR-used ”）。
在你的例子，没有成员函数std::is_function和std::enable_if是ODR使用的，所以他们没有实例化，他们不贡献代码大小。
但是，该实例化是否会写入最终构建输出？
没有生成代码。但通常编译器会将调试信息写入输出。从这个意义上说，有些东西被写入输出。
这是否因编译器实现而异？
就调试信息而言：是的。但是实例化是否发生是由语言规则决定的，编译器之间应该没有区别。