如果模板参数还包括constexpr成员函数,则使用enable_分隔模板成员函数的定义和声明

以下代码在CentOS 7上的g++8.1.0下无法编译:

嘿。h

#pragma once
#include <iostream>
#include <type_traits>

class Valid {};
class Invalid {};

struct Hey
{
  template<typename T>
  static constexpr bool is_valid() { return std::is_same_v<T, Valid>; }

  template<typename T, std::enable_if_t<is_valid<T>()>* = nullptr>
    void howdy() const;
};

template<typename T, std::enable_if_t<Hey::is_valid<T>()>*>
  void Hey::howdy() const
{
  std::cout << "Howdy" << std::endl;
}

编译器输出:

In file included from hey.cpp:1:
hey.h:18:8: error: no declaration matches ‘void Hey::howdy() const’
   void Hey::howdy() const
        ^~~
hey.h:14:10: note: candidate is: ‘template<class T, std::enable_if_t<is_valid<T>()>* <anonymous> > void Hey::howdy() const’
     void howdy() const;
          ^~~~~
hey.h:8:8: note: ‘struct Hey’ defined here
 struct Hey
        ^~~

令人惊讶的是,要正确编译并获得所需的行为,我所要做的就是在Hey:

嘿.h(固定,跳过前几行无聊的内容)

struct Hey
{
  template<typename T>
  static constexpr bool is_valid() { return std::is_same_v<T, Valid>; }

  template<typename T>
  using EnableType = std::enable_if_t<is_valid<T>()>;

  template<typename T, EnableType<T>* = nullptr>
    void howdy() const;
};

template<typename T, Hey::EnableType<T>*>
  void Hey::howdy() const
{
  std::cout << "Howdy" << std::endl;
}

嘿,cpp

#include "hey.h"

int main(int, char**)
{
  Hey hey;
  hey.howdy<Valid>();

  // Adding this line breaks the build, as it should:
  // hey.howdy<Invalid>();

  return 0;
}

经过多次调整,我将编译器错误的范围缩小到1) is_valid() 是 Hey 和2) howdy() 在内部声明 嘿 的身体,但定义在外面。如果删除 using 使 是否有效() 外部的独立函数 嘿 ,编译时没有问题。如果删除 使用 并定义 你好() 在类定义中,编译也没有问题。但是当 你好() 在类定义之外定义, 是否有效() 在类定义内声明,并且 使用 不存在,编译器将失败。这是正确的行为吗?我在看编译器错误吗?