SFINAE 无法有条件地编译成员函数模板

Question

我正在尝试使用带有此代码的 SFINAE 使用 std::enable_if 有条件地仅从两个成员函数模板中选择一个：

#include <iostream>
#include <type_traits>

template<typename T>
struct C {
    template<typename Q = T, typename = typename std::enable_if<std::is_same<Q, int>::value>::type>
    int foo() {
        return 1;
    }

    template<typename Q = T, typename = typename std::enable_if<!std::is_same<Q, int>::value>::type>
    int foo() {
        return 0;
    }

};

int main() {
    std::cout << C<int>().foo() << std::endl;  //error member function foo already defined
}

但由于某种原因，Visual C++ 不断给我一个编译器错误，foo 已经定义。尽管如此，很明显，根据类的模板参数，只有一个函数是格式良好的。所以 SFINAE 应该从考虑中删除第二个。

知道为什么这不起作用吗？

Answer 1

试试

template<typename T>
struct C {
    template<typename Q = T,
             typename std::enable_if<std::is_same<Q, int>::value, bool>::type = true>
    int foo() { // .............................................^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
        return 1;
    }

    template<typename Q = T, 
             typename std::enable_if<!std::is_same<Q, int>::value, bool>::type = true>
    int foo() { // ..............................................^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
        return 0;
    }

};

关键是在您的代码中，SFINAE 将启用/禁用模板类型参数的默认值；但默认值不参与重载决议，因此，在您的情况下，您有两个函数

template<typename, typename = void>
int foo() {
    return 1;
}

template<typename, typename>
int foo() {
    return 0;
}

具有相同的签名；所以编译器无法在两者之间进行选择，会报错。

我提出的代码不同，因为如果std::enable_if 的测试为假，则您没有类型（= 左侧的元素），而不是值。有点像

// ................VVVVVV   what is = true ?
template<typename, = true>
int foo() {
    return 1;
}

这是禁用该方法的真正“替换失败”。