在虚函数上使用 enable_if

Question

#include <type_traits>

class Base {
public:
    virtual bool f() {
        return true;
    }
};

template<typename T>
class Derived : public Base {
    std::enable_if_t< std::is_copy_constructible<T>::value, bool > f() override {
        return true;
    }

    std::enable_if_t< !std::is_copy_constructible<T>::value, bool > f() override {
        return false;
    }
};

以上代码无法编译。由于某种原因，我无法理解，编译器将这两个函数视为相同的重载，然后再被 SFINAE 删除。

然而，我不明白我该如何解决这个问题。我找到的文档state 我应该在函数上使用模板。但是，这不起作用，因为该函数是虚拟的。

我尝试通过调用非虚拟函数来解决问题，但我也无法编译：

template<typename T>
class Derived : public Base {
    virtual bool f() override {
        return f_impl();
    }

private:
    template< std::enable_if_t< std::is_copy_constructible<T>::value > = 0 >
    bool f_impl() {
        return true;
    }

    template< std::enable_if_t< !std::is_copy_constructible<T>::value > >
    bool f_impl() {
        return false;
    }
};

int main() {
    Derived<int> a;

    std::cout<<a.f()<<"\n";
}

编译失败：

so.cpp: In instantiation of ‘class Derived<int>’:
so.cpp:29:18:   required from here
so.cpp:18:10: error: ‘std::enable_if<true, void>::type’ {aka ‘void’} is not a valid type for a template non-type parameter

我显然在这里做错了什么，但我不知道什么是正确的方法。

Answer 1

很遗憾，您不能这样做。 SFINAE 使用模板；例如以下代码从您的第二个示例作品中修改。

template< typename X = T>
std::enable_if_t< std::is_copy_constructible<X>::value, bool >
f_impl() {
    return true;
}

template< typename X = T>
std::enable_if_t< !std::is_copy_constructible<X>::value, bool >
f_impl() {
    return false;
}

LIVE

但是virtual 函数不能是模板，仅此而已。

Answer 2

使用if constexpr 可以在编译时在函数内部进行分支，因此函数可以保留virtual：

bool f() override
{
    if constexpr(std::is_copy_constructible<T>::value)
    {
        return true;
    }
    else
    {
        return false;
    }
}