std::enable_if 选择一个类专业化

Question

我很想了解std::enable_if 以及使用它而不是static_assert / regular template specialitzation. 的好处

看了一圈发现：

这对于在不满足特定条件时在编译时隐藏签名很有用，因为在这种情况下，将不会定义成员 enable_if::type 并且尝试使用它进行编译应该会失败。 http://www.cplusplus.com/reference/type_traits/enable_if/

然后我的问题是：为什么编译器指责我说 C 类已经声明了？，当一次只有一个声明应该可用时。

class Interface{};

class Foo : public Interface{};

template <class T, typename = typename std::enable_if<std::is_base_of<Interface,T>::value>::type>
class C{
   // Some custom implementation
}

template <class T, typename = typename std::enable_if<!std::is_base_of<Interface,T>::value>::type>
class C { 
  //Some fallback / default implementation
}

int main() {
    C<Foo> myVariable;
}

Godbolt 中的相同行为：https://godbolt.org/z/cbfhG9q54

提前致谢！

Answer 1

你不能像函数模板那样重载类模板，购买你可以部分专门化它们（你不能用函数模板做到这一点）：

#include <ios>
#include <iostream>
#include <type_traits>

class Interface
{};
class Foo : public Interface
{};

template <class T, typename = void>
struct C
{
    // Some default impl.
    static constexpr bool is_default_impl{true};
};

template <class T>
struct C<T, std::enable_if_t<std::is_base_of_v<Interface, T>>>
{
    // Some custom implementation.
    static constexpr bool is_default_impl{false};
};

int main()
{
    std::cout << std::boolalpha 
        << C<int>::is_default_impl << " "  // true
        << C<Foo>::is_default_impl;        // false
}

请注意，此示例需要 C++17 用于变量模板 std::is_base_of_v，它是 value 特征的 value 成员的简写常量，别名模板 std::enable_if_t 需要 C++14 ，它为std::enable_if trait 的type 成员别名声明起别名。