SFINAE：std :: enable_if作为函数参数

Question

因此，我遵循此网页上某处代码所设置的示例：http://eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

这是我所拥有的：

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_integral<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<int>";
}

template<typename T>
void fun(const typename std::enable_if_t<std::is_floating_point<T>::value, T>& val) {
    std::cout << "fun<float>";
}

int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

这样，我将不得不写：

fun<int>(4);
fun<double>(4.4);

我将如何避免这种情况？

编译器抱怨无法推断出参数T。

Answer 1

示例是错误的，因为T中的non-deduced context 是

Answer 2

为了允许推论，您需要一个直接基于T的函数参数。然后，您需要弄清楚enable_if的放置位置（实际上，这不允许推导T）。常用选项位于返回类型或您忽略的其他默认参数上。