如何使用 enable_if 作为具有专业化的模板参数

Question

为什么第二个函数不能匹配类定义中的模板？？

    Class C {        
            template <typename T, typename T2 = T>
            T val() const;
        };

        template <>
        std::string C::val() const { 
             //OK
        }

        template <typename T, typename std::enable_if<std::is_arithmetic<T>::value>::type>
        T C::val() const {
            //Not OK
        }

编辑： 这是我想要实现的目标的概述。基本上我正在编写一个函数来解析和返回基于模板类型的对象。我有一些自己定义的类，即我必须解析它们的成员。我还需要解析数字类型和字符串。所以我为我定义的每个类都写了一个专门的版本。解析为数字类型并返回给定类型的版本（当然我必须确保给定类型是数字，因此启用 if）

Answer 1

要使用 SFINAE，请在模板声明中使用它，而不是专门化：

class C {
    template <typename T, typename T2 = typename std::enable_if<std::is_arithmetic<T>::value>::type>
    T val() const;
};

如果您想区分算术类型和非算术类型（两者都允许），您可以使用标记：

class C {
public:
    struct arithmetic_tag {};
    struct non_arithmetic_tag {};

    template <typename T>
    T val(typename std::conditional<std::is_arithmetic<T>::value, arithmetic_tag, non_arithmetic_tag>::type tag = {}) const
    {
        return get_val<T>(tag);
    }

private:
    template <typename T>
    T get_val(C::non_arithmetic_tag) const;

    template <typename T>
    T get_val(C::arithmetic_tag) const;
};

或将专业化委托给辅助类：

class C {
public:
    template <typename T>
    T val() const
    {
        return ValGetter<T>::get(this);
    }

private:
    template <typename T, bool is_arithmetic = std::is_arithmetic<T>::value>
    struct ValGetter;
};

// Arithmetic
template <typename T>
struct C::ValGetter<T, true>
{
    static T get(C const* c);
};

// Non-arithmetic
template <typename T>
struct C::ValGetter<T, false>
{
    static T get(C const* c);
};

编辑：部分特化（bool 参数）不适用于方法，而是显示标记和辅助类