我可以用std :: enable_if摆脱模板专业化吗？

Question

我读到了std::enable_if ：

基于类型的任意属性的函数重载

所以我试图通过enable_if （如下所示）重载类ctors但是我得到错误，说当使用std::enable_if时， enable_if不能用于禁用声明和这两行：

#include <iostream>
#include <type_traits>
#include <typeinfo>


template <typename T>
class cls
{
public:

    cls (T a, typename std::enable_if< std::is_same<T, int>::value >::type  * Dummy = 0)
    {
        std::cout << "Ctor for int\n";
    }

    cls (T a, typename std::enable_if< std::is_same<T, char>::value >::type  * Dummy = 0)
    {
        std::cout << "Ctor for char\n";
    }
};

int main()
{

    cls a(10);
    cls b('x');

    return 0;
}

因此可以使用enbale_if重载enbale_if 。

Answer 1

问题是，例如，当您实例化cls<int> ，您将始终从第二个构造函数overloaing获得失败的需求，即std::enable_if< std::is_same<T, char>::value >::type T是int 。 cls<char> 。

您可以制作构造函数模板以使SFINAE生效; 这将从重载集中删除模板特化，并且不会导致编译错误。 例如

template <typename X = T>
cls (X a, typename std::enable_if< std::is_same<X, int>::value >::type  * Dummy = 0)
{
    std::cout << "Ctor for int\n";
}

template <typename X = T>
cls (X a, typename std::enable_if< std::is_same<X, char>::value >::type  * Dummy = 0)
{
    std::cout << "Ctor for char\n";
}

生活

Answer 2

你似乎不需要这里的enable_if ，只是一个常规的构造函数：

cls(T a) { std::cout << "Ctor for T\n"; }

要禁用模板类专门化，请不要提供其定义：

template<> class cls<void>; // disabled specialization.