SFINAE在不可特化的std模板上是格式错误的吗？
以下是否合法？
template<typename T>
std::enable_if_t<false, T> foo() {}
通常，我们有[temp.res]
程序格式错误，无需诊断，如果：
- 无法为模板生成有效的专业化 [...] 并且模板未实例化 [...]
显然，不能为foo...生成有效的特化，除非您认为它std::enable_if可能被特type化为void无论第一个bool参数如何都存在。
struct S {};
template<bool B>
struct std::enable_if<B, S> : std::type_identity<void> {};
除非......你不能专注std::enable_if通过[meta.rqmts]
除非另有说明，为 [meta] 中指定的任何模板添加专业化的程序的行为是未定义的。
总而言之，如果您编写了一个模仿的自定义enable_ifstd::enable_if，则第一个片段是合法的。问题是禁止专攻是否std::enable_if使其违法？
这篇文章的灵感来自这个答案。当前形式改编自独立库的实现。
回答
问题是禁止专攻是否
std::enable_if使其违法？
我会说是的，确实如此。首先，由于这种专业化会导致未定义的行为，我们可以完全忽略这种情况发生的可能性。合同在那里被违反，所以进一步讨论合法性是没有实际意义的1。
现在，由于我们根本不必担心专业化，我们（作为试图确定程序/实现行为的人）可以依赖于标准中描述的行为。的描述std::enable_if指定::type当它的 bool 参数为 时它没有成员false。所以我们保证std::enable_if<false, T>::type总是格式错误的。
这导致不可避免地满足 [temp.res]/8 中的标准。而现在的方案是形成不良的NDR。
1 - 毕竟这就是您引用的 [meta] 子句的目的。它允许对标准库组件的行为进行假设。具体来说，以便实现可以围绕所述预期行为进行优化。