C ++：嘗試將std :: enable_if封裝在類中

Question

當我有一個光榮的主意將std::enable_if封裝在這樣的結構中時，我只是使用SFINAE選擇功能模板

template<typename T, typename U>
struct EnableWhenEqual
{
    typedef typename std::enable_if<std::is_same<T, U>::value>::type type;
};

然后像這樣使用它

template<typename T, typename U, typename Enable = EnableWhenEqual<T,U>::type >
void foo(T&& t, U&& u)
{
    if (std::is_same<T,U>::value)
        std::cout << "OK, overload allowed." << std::endl;
    else
        std::cout << "Bad. Should not compile!" << std::endl;
}

但是，這並不起作用，正如人們通過調用看到的那樣

foo(1,1);     //prints "OK, overload allowed"
foo(1,2.0);   //prints "Bad, should not compile", but obviously does

另一方面，通過嘗試創建

EnableWhenEqual<int,int>();      //compiles
EnableWhenEqual<int,double>();   //does not compile because type does not exist

一個獲取編譯器錯誤（“類型不是std :: enable_if的成員”）。

這種行為的原因是什么？ 我之所以問是因為，根據我對SFINAE的一點了解，我會認為類型推導中的錯誤會導致過載的排除……？

---

為了完整起見，可以使用模板別名解決以上問題

template <typename T, typename U>
using EnableWhenEqual = typename std::enable_if<std::is_same<T,U>::value>::type;

還有使用結構而不是模板別名的替代方法嗎？

編輯：這里我的意思是解決一般問題的實現。 例如這里

template<typename T, typename U, bool B, typename C=void>
struct EnableWhenEqual {};

template<typename T, typename U, typename C>
struct EnableWhenEqual<T,U,std::is_same<T,U>::value>
{
    typedef typename C type;
};

對我不起作用，因為部分專業化需要一個簡單的標識符。 如果可以的話，可以用一般結構Condition<T,U>替換std::is_same 。 有其他選擇嗎？

Answer 1

這應該可以解決問題：

template<typename T, typename U>
struct EnableWhenEqual : std::enable_if<std::is_same<T, U>::value>
{
};

http://coliru.stacked-crooked.com/a/650202ba3d42d34b

Answer 2

另一種封裝：

template<class T, class U>
using EnableWhenEqual_t = typename std::enable_if< std::is_same<T,U>::value >::type;

template<typename T, typename U, typename Enable = EnableWhenEqual_t<T,U> >
void foo(T&& t, U&& u) {
  if (std::is_same<T,U>::value)
    std::cout << "OK, overload allowed." << std::endl;
  else
    std::cout << "Bad. Should not compile!" << std::endl;
}

注意當您問有關VS處理模板的問題時，請提供確切的Visual Studio版本。 VS模板支持非常古怪。