模板方法enable_if专业化

SFINAE不适用于非模板函数(成员或非成员)。

正如Kerrek SB所指出的,让它们成为非成员函数模板是可行的。或者,正如Xeo所指出的,让它们成为具有默认模板参数的成员函数模板也是可行的。

然而,这只是因为 std::enable_if 条件是 不重叠 。如果要为添加不同的重载 int (比如),然后你会发现它的规模并没有那么好。根据您想要做的事情,标记调度通常比SFINAE扩展得更好,有多种备选方案供您调度:

#include<type_traits>

template<typename Ret>
class Foo
{
public:
    void _on_dispatched()
    {
        // tag dispachting: create dummy of either std::false_type or std::true_type
        // almost guaranteed to be optimized away by a decent compiler
        helper_on_dispatched(std::is_void<Ret>()); 
    } 

private:
    void helper_on_dispatched(std::false_type)
    {
        // do stuff for non-void
    }

    void helper_on_dispatched(std::true_type)
    {
        // do stuff for void
    }
};

int main()
{
    Foo<void>()._on_dispatched();
    Foo<int>()._on_dispatched();
    return 0;
}

SFINAE仅适用于模板。您的代码可以通过一个小的修改进行编译:

template <typename Ret>
typename std::enable_if<std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { /*...*/ }

template <typename Ret>
typename std::enable_if<!std::is_void<Ret>::value, Ret>::type _on_dispatched() { /*...*/ }

用法:

auto q = _on_dispatched<int>();

当然,您不能推导函数的返回类型,因为它是不可推导的。但是,您可以打包此模板 在…内 另一个模板:

template <typename T>
struct Foo
{
    // insert templates here, maybe privately so

    T bar() { return _on_dispatched<T>(); }
};