继续我试图理解 std::enable_if 用法答案

【问题标题】：In continuation of my attempts to understand std::enable_if usage继续我试图理解 std::enable_if 用法
【发布时间】：2018-04-09 06:41:00
【问题描述】：

在这段代码中：

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

using std::enable_if;
using std::is_same;
using std::boolalpha;
using std::cout;
using std::endl;

template <typename T>
struct S {
  S(): t(static_cast<T>(NULL)) { }

  // void type() {
  //   cout << boolalpha;
  //   cout << is_same<T,int>::value << endl;
  // }

  template <typename enable_if<is_same<T,int>::value,T>::type>
  void type() {
    cout << boolalpha << true << endl;
  }

  T t;
};

int main(){
  S<int> s;
  s.type();
  return(0);
}

我成功编译并输出了作为非模板函数实现的方法type()；但是，对于使用 std::enable_if 实现为模板函数的相同方法，我收到以下编译错误：

so_main.cpp:23:11: error: no matching member function for call to 'type'
        s.type();
        ~~^~~~
so_main.cpp:15:73: note: candidate template ignored: couldn't infer template argument ''
        template<typename enable_if<is_same<T,int>::value,T>::type>void type(){cout << boolalpha << true << endl;}
                                                                        ^
1 error generated.

我的理解是这两种情况下实现的逻辑是相似的。当方法是非模板时，T 的类型被证实为int。但是，当std::enable_if用于启用相同条件的模板功能（即T为int）时，代码无法编译。

【问题讨论】：

为什么这个问题被否决了？因为一开始的租金？否则，这是一个完全有效且措辞恰当的问题；很多人对 SFINAE 的这种特殊性有疑问。
@@SU3 不幸和可悲的是，本论坛某些成员的行为存在很多任意行为，正如这篇帖子的否决票所证明的那样，没有任何解释

标签： c++14 sfinae

【解决方案1】：

这是因为 SFINAE 仅适用于与模板本身相关的模板参数。 立即上下文的标准调用。在您的代码示例中，T 是类模板的模板参数，而不是成员函数模板的模板参数。

您可以通过为您的函数提供一个默认为 T 的虚拟模板参数并在其上使用 SFINAE 来规避此问题，如下所示：

template <typename U=T>
typename enable_if<is_same<U,int>::value>::type type() {
  cout << boolalpha << true << endl;
}

【讨论】：