テンプレート：SFINAEの特殊化が適用されない

Question

以下のスニペットは、少なくとも私が考えた限り、専門化に適用されたSFINAEの可能な限り単純な例です。

最後の行がメインポイントとなり、障害が発生しています。特殊化されたfooテンプレートの定義によって、barテンプレートの専門化が決まります。他のbar特殊化は他の場所で定義することもできますし、任意の型の使用をサポートしないままにすることもできます。

enable_ifと同じパターンが広く使用されていることがわかります。

template <typename T> 
struct foo; 

template <> 
struct foo<int> { 
    using type = int; 
}; 

template <typename T, typename use = void> 
struct bar; 

template <typename T> 
struct bar<T, typename foo<T>::type> { 
    using type = typename foo<T>::type; 
}; 

using good = typename foo<int>::type; 
using bad = typename bar<int>::type; 

g ++では、14または17標準で、結果を以下に示します。 barの特殊化は適用されておらず、コンパイラーは未定義（空の）定義を使用しているようです。どうして？

$ g++ --std=c++14 special.cpp -o special 
special.cpp:18:32: error: ‘type’ in ‘struct bar<int>’ does not name a type 
using bad = typename bar<int>::type; 

Answer 1

template <typename T> 
struct bar<T, typename foo<T>::type> { 
    using type = typename foo<T>::type; 
}; 

常にvoidでなければなりませんuseとして

template <typename T> 
struct bar<T, std::void_t<typename foo<T>::type>> { 
    using type = typename foo<T>::type; 
}; 

でなければなりません。

だからこそ、AlwaysVoidという名前の方が良いでしょう。 （またはEnablerのようなものとしての役割を使用）

template <typename T, typename AlwaysVoid = void> 
struct bar;