是否可以使用 std::enable_if 来选择成员模板专业化？

Question

给定一个类声明

class A {
    template <typename T> T foo();
};

我想将A::foo 专门用于T 的各种类型（int，...）和类型类（POD，非 POD）。不幸的是，我似乎不能为后者使用std::enable_if。以下内容无法编译：

template <> int A::foo<int>(); // OK

template <typename T> 
typename std::enable_if<is_pod<T>::value, T>::type foo(); // <<<< NOT OK!

template <typename T> 
typename std::enable_if<!is_pod<T>::value, T>::type foo(); // <<<< NOT OK!

问题可能是由于 std::enable_if<...> 是函数签名的一部分，并且我没有在 A 中声明任何此类成员。那么如何根据类型特征对模板成员进行专门化呢？

Answer 1

我认为没有理由在这里专门化，重载函数似乎就足够了。

struct A
{
    template <typename T>
    typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value, T>::type foo()
    {
        std::cout << "integral" << std::endl;
        return T();
    }

    template <typename T>
    typename std::enable_if<!std::is_integral<T>::value, T>::type foo()
    {
        std::cout << "not integral" << std::endl;
        return T();
    }
}

在检查 POD 或无 POD 时，您只有这两个选择，因此不需要更通用的函数（也不允许，因为它会模棱两可）。你需要更多吗？您可以在 std::enable_if<std::is_same<int, T>::value, T>::type 的帮助下检查显式类型而无需专门化。

Answer 2

我只是把它转发给一个结构，它可以很好地处理这个问题：

#include <type_traits>
#include <iostream>

template <typename T, typename = void>
struct FooCaller;

class A {
public:
    template <typename T>
    T foo() {
        // Forward the call to a structure, let the structure choose 
        //  the specialization.
        return FooCaller<T>::call(*this);
    }
};

// Specialize for PODs.
template <typename T>
struct FooCaller<T, typename std::enable_if<std::is_pod<T>::value>::type> {
    static T call(A& self) {
        std::cout << "pod." << std::endl;
        return T();
    }
};

// Specialize for non-PODs.    
template <typename T>
struct FooCaller<T, typename std::enable_if<!std::is_pod<T>::value>::type> {
    static T call(A& self) {
        std::cout << "non-pod." << std::endl;
        return T();
    }
};

// Specialize for 'int'.
template <>
struct FooCaller<int> {
    static int call(A& self) {
        std::cout << "int." << std::endl;
        return 0;
    }
};