从 enable_if 的基础继承

Question

我正在尝试为非字符数组部分专门化一个特征：

template<typename T>
struct is_container : std::false_type {};

template<typename T, unsigned N>
struct is_container<T[N]>
: std::enable_if<!std::is_same<T, char>::value, std::true_type>::type {};

Visual Studio 2010 给了我一个 C2039（type 不是 enable_if... 的元素）。但是，SFINAE 不应该只是在这里触底而不是给出编译器错误吗？或者SFINAE不适用于这种情况？

当然，我可以将非字符和字符的特化分开：

template<typename T>
struct is_container : std::false_type {};

template<typename T, unsigned N>
struct is_container<T[N]> : std::true_type {};

template<unsigned N>
struct is_container<char[N]> : std::false_type {};

但我真的很想知道为什么 SFINAE 在这种特殊情况下不起作用。

Answer 1

查看主题“3.1 启用模板类专业化”，网址为 http://www.boost.org/doc/libs/1_47_0/libs/utility/enable_if.html

编辑：以防 boost.org 链接失效...

3.1 启用模板类特化 可以使用 enable_if 启用或禁用类模板特化。需要为启动器表达式添加一个额外的模板参数。此参数具有默认值 void。例如：

template <class T, class Enable = void> 
class A { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_integral<T> >::type> { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_float<T> >::type> { ... };

用任何整数类型实例化 A 匹配第一个特化，而任何浮点类型匹配第二个特化。所有其他类型与主模板匹配。条件可以是依赖于类的模板参数的任何编译时布尔表达式。再次注意，不需要 enable_if 的第二个参数；默认值（void）是正确的值。