基于 std::is_convertible 的 std::enable_if 未正确推导模板

Question

我有以下代码：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template <typename T, typename std::enable_if
                                 <std::is_convertible<int, T>::value, T>::type>
void func(T a)
{
    std::cout << a << std::endl;
}

template <typename T, typename std::enable_if
                                 <!std::is_convertible<int, T>::value, T>::type>
void func(T a)
{
    a.print();
}

class Test
{
public:
    void print()
    {
        std::cout << "Test" << std::endl;
    }
};    

int main()
{
    func(3);
    func("Test");
    return 0;
}

使用这段代码，我希望第一次调用func 打印出3（因为int 确实可以转换为int，应该调用第一个专业化），第二次调用func打印出Test（Test() 不能转换为int，所以应该调用第二个特化）。然而，我却得到一个编译器错误：

prog.cpp：在函数“int main()”中：

prog.cpp:27:8: 错误：没有匹配函数调用‘func(int)’

prog.cpp:5:6: 注意：候选：模板 [class T, typename std::enable_if[std::is_convertible[int, T>::value, T>::type > void func(T)

prog.cpp:5:6: 注意：模板参数推导/替换失败：

prog.cpp:27:8: 注意：无法推断模板参数‘[anonymous>’

但是，如果我将模板化函数改为 be（同时保持其他所有内容完全相同）：

template <typename T, typename std::enable_if
                                 <std::is_convertible<int, T>::value, T>::type* =
                                  nullptr>
void func(T a)
{
    std::cout << a << std::endl;
}

template <typename T, typename std::enable_if
                                 <!std::is_convertible<int, T>::value, T>::type* =
                                  nullptr>
void func(T a)
{
    a.print();
}

然后一切都按照我的预期编译和工作。这个额外的语法有什么用？为什么我需要它？

Answer 1

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int, T>::value, T>::type>

如果我们要消除噪音，会变成

template<typename T, typename Something<T>::type>

它的第二个参数声明为非类型参数，这里的typename 指定嵌套的type 是一个类型的名称。请参阅here 了解更多信息。

在第一种情况下，第二个参数是非类型的，所以函数调用 func(3) 不适合期望 func<int, some_int>(3) 的模板。