SFINAE:std :: enable_if作为函数参数

所以,我正在关注此网页上代码所设置的示例:http: //eli.thegreenplace.net/2014/sfinae-and-enable_if/

这就是我所拥有的:

template
void fun(const typename std::enable_if_t::value, T>& val) {
    std::cout << "fun";
}

template
void fun(const typename std::enable_if_t::value, T>& val) {
    std::cout << "fun";
}

int main()
{
    fun(4);
    fun(4.4);
}

这样我就得写:

fun(4);
fun(4.4);

我怎么能避免这种情况？

编译器抱怨它无法推断出参数T.

这些例子是错误的,因为它T 是在非推断的上下文中.除非你调用函数fun(4);,否则代码将无法编译,但这可能不是作者想要显示的内容.

正确的用法是允许T编译器推断,并将SFINAE条件放在其他地方,例如以返回类型语法:

template 
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if::value>::type
{
    std::cout << "fun";
}

template 
auto fun(const T& val)
    -> typename std::enable_if::value>::type
{
    std::cout << "fun";
}

DEMO

此外,typename代码中的s与您的使用相矛盾std::enable_if_t.

使用其中一个(C++ 11):

typename std::enable_if<...>::type

或(C++ 14):

std::enable_if_t<...>

如何在没有返回类型的构造函数中工作？

在构造函数的情况下,SFINAE条件可以隐藏在模板参数列表中:

struct A
{    
    template ::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A";
    }

    template ::value, int>::type = 0>
    A(const T& val)
    {
        std::cout << "A";
    }
};

演示2