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我正在尝试寻找以下困境的替代方案。你知道当你有一个带有默认模板参数的模板类/函数时，即使它们是空的，你也必须应用尖括号？这是我进行修复的尝试。我知道我可以使用简单的typedef( typedef X<> L)，但我不想使用不同的名称来引用该类。

所以我尝试了以下方法。但由于某种原因，即使我为模板参数提供了一个类型，它仍然不起作用。这是为什么？

#include <type_traits>

template <typename = void> struct X {};

template <typename T = void>
using L = typename std::conditional<
              std::is_void<T>::value,
              X<>,
              X<T>
>::type;

int main()
{
    L l;
}

错误：

prog.cpp：在函数'int main（）'中：
prog.cpp：10：7：错误：'l'之前缺少模板参数<br> prog.cpp：10：7：错误：预期';' 在'l'之前<br>

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语法与其他类型模板的语法相同：即使对于默认模板，您也需要提供空模板括号：

L<> l;

该using声明实际上是多余的，因为它在conditional内部什么都不做——你可以删除它，产生template <typename T = void> using L = X<T>;——显然不是你想要的。

事情是这样的：没有办法解决这个问题；类型模板与类型不同（也有充分的理由！）并且您不能将后者视为前者 - 您必须实例化模板才能获得类型。

于 2013-05-09T20:45:18.457 回答