std :: enable_if引数は関数ですか？

Question

なぜC++ 11では以下のコンパイルが行われますか？ （私はそれがリンクされないことを知っています）1()は関数型ではないので、私はstd::enable_ifテストが失敗すると期待しています。

Answer 1

#include <type_traits> 

template <typename Func, typename... Args> 
typename std::enable_if<std::is_function<Func(Args...)>::value>::type 
    delegate(Func, Args...); 

int main(void) { 
    delegate(1); // << Why does this line compile? 
    return 0; 
} 

FuncArgsが空であるので、Func(Args...)がint()である、すなわち、 "intを返す()の機能"、intあります。

is_functionがtrueを返すものは、値渡しの関数パラメータの型にはなりません。何をしたいのかは分かりません。

私はFuncは、そのためのArgs...

使用式SFINAEに適用することができ 機能（好ましくは関数ポインタ）であるとき、呼び出し可能のみにデリゲートを取得しようとしていました。

template <typename Func, typename... Args> 
auto delegate(Func f, Args... args) -> decltype(f(args...), void()); 

あなたが実際に何をしたいのかに応じて、std::movefとargsにしたいことがあります。

Answer 2

あなたが書いたコードは、常にtrueになります。あなたがすべてでenable_ifを必要としないようではない、それは確からしいけどおそらくstd::is_function<Func>...

を意味し、私は間違っているとenable_ifがキーである場合は、しかし、単純な

template <class R, class... ARGS> 
R delegate2(R (*fun)(ARGS...), ARGS...); 

とのより良いいただきたいですこのコメントに基づいて

#include <type_traits> 

template <typename Func, typename... Args> 
typename std::enable_if<std::is_function<std::remove_pointer_t<Func>>::value>::type 
    delegate(Func, Args...); 

void check(int); 

int main(void) { 
    delegate(check, 10); // << good line compiles 
    delegate(10); // << this bad line does not 

    return 0; 
} 

Answer 3

：あなたのケースの成功に、ここにあなたがこれを行うことができる方法である

が間違った型特性を使用している Args...

に適用できる関数（好ましくは関数ポインタ）であるとき

は、私は、デリゲートが唯一の呼び出し可能であることを取得しようとしていました。 FuncがArgs...で呼び出し可能かどうかをチェックするには、これらの引数を使用して実際にFuncというインスタンスを呼び出す式を作成する必要があります。そのため、std::result_of_tは（C++ 14で、それは友好的SFINAEなります）があります：

template <typename Func, typename... Args, 
    class R = std::result_of_t<Func(Args...)>> 
R delegate(Func, Args...); 

あるいは、C++ 11には、ちょうどdecltypeとdeclvalとのことを書き出す：

template <typename Func, typename... Args, 
    class R = std::declval<Func>()(std::declval<Args>()...)> 
R delegate(Func, Args...); 

は