decltype（auto），追踪返回类型和sfinae：我们可以混合它们吗？

Question

考虑下面的代码：

auto f() -> decltype(auto) { /* do whatever you want here */ } 
int main() { f(); } 

返回类型推导并decltype(auto)用作后返回类型。
下面的代码是一个稍微修改的（实际上，sfinae'd）版本：

struct S { static void f() {} }; 
struct T {}; 

template<typename U> 
auto f(int) -> decltype(U::f(), void()) { 
    // do whatever you want here 
} 

template<typename> 
auto f(char) -> decltype(auto) { 
    // do whatever you want here 
} 

int main() { 
    f<S>(0); 
    f<T>(0); 
} 

如果你在考试采取这样的功能：

template<typename U> 
auto f(int) -> decltype(U::f(), void()) { 
    // do whatever you want here 
} 

的问题是：是否有可能使用尾随返回类型来做sfinae并且仍然具有推导出的返回类型？
我的意思是像下面的代码（不工作，当然）：

template<typename U> 
auto f(int) -> decltype(U::f(), auto) { 
    // do whatever you want here 
} 

---

注：我不是在寻找涉及模板参数的替代方法，我知道他们和我”米只是好奇，知道如果这是一个可行的解决方案。

Answer 1

decltype(auto)是一个不可分割的结构（就好像它是一个像decltype_auto这样的关键字）。除此之外，auto不能用作decltype(x)中的独立实体，因为这会阻止x成为有效的表达式。

Answer 2

不是答案，而是使用void_t的可能解决方法。

至少它干成你想要做什么：

template<typename... Ts> struct make_void { typedef void type;}; 
template<typename... Ts> using void_t = typename make_void<Ts...>::type; 


struct S { static int f() { return 3; } }; 
struct P { static int p() { return 4; } }; 
struct T {}; 

template<typename U, void_t<decltype(U::f())>* = nullptr > 
auto f(int) -> decltype(auto) 
{ 
    // do whatever you want here 
    std::cout << "f1\n"; 
    return U::f(); 
} 

template<typename U, void_t<decltype(U::p())>* = nullptr > 
auto f(int) -> decltype(auto) 
{ 
    // do whatever you want here 
    std::cout << "f3\n"; 
    return U::p(); 
} 

template<typename> 
auto f(char) -> decltype(auto) { 
    std::cout << "f2\n"; 
    // do whatever you want here 
} 

int main() { 
    std::cout << f<S>(0) << '\n'; 
    std::cout << f<P>(0) << '\n'; 
    f<T>(0); 
} 

Answer 3

可以void(*)()类型的其他参数，将其作为默认参数，因此SFINAE添加的功能和分配尾随返回类型的拉姆达可以通过拉姆达应用：

template<typename U> 
decltype(auto) f(int, void(*)() = []()->decltype(U::f(), void()) {}) 
{ 
    // do whatever you want here 
}