无法用 std::enable_if 作为函数参数推导出模板参数

Question

因此，我正在按照此网页上某处的代码设置的示例进行操作： 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);
}

这样我就必须写：

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

我该如何避免这种情况？

编译器抱怨它无法推导参数

T

。

Answer 1

这些例子是错误的，因为

T

是在非推导的上下文中。除非你像

fun<int>(4);

那样调用函数，否则代码将无法编译，但这可能不是作者想要展示的内容。

正确的用法是允许编译器推导

T

，并将 SFINAE 条件放置在其他位置，例如，在返回类型语法中：

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<int>";
}

template <typename T>
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value>::type
{
    std::cout << "fun<float>";
}

演示

此外，代码中的

typename

与您对

std::enable_if_t

的使用相矛盾。

使用 c++11:

typename std::enable_if<...>::type

或c++14:

std::enable_if_t<...>

---

在没有返回类型的构造函数中如何工作？

对于构造函数，SFINAE 条件可以隐藏在模板参数列表中：

struct A
{    
    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<int>";
    }

    template <typename T,
              typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A<float>";
    }
};

演示2

或者，在 c++20 中，您可以使用概念：

A(const std::integral auto& val);

A(const std::floating_point auto& val);

Answer 2

为了允许推导，您需要一个直接基于

T

的函数参数。然后，您需要弄清楚将

enable_if

放在哪里（这确实不允许推断

T

）。常见选项位于返回类型或您忽略的额外默认参数上。

这里有一些很好的例子：http://en.cppreference.com/w/cpp/types/enable_if