c++11 enable_if报错-模板参数重新声明答案

【问题标题】：c++11 enable_if error - template parameter re-declarationc++11 enable_if报错-模板参数重新声明
【发布时间】：2016-06-30 03:36:28
【问题描述】：

我正在尝试编译以下代码：

template <class T, typename std::enable_if<!std::is_fundamental<T>::value, int >::type = 0 >
class Calc
{
  public:
    int operator()( const T& v ) const {
        return v.getValue();
    }
};

template <class T, typename std::enable_if<std::is_fundamental<T>::value, int >::type = 0 >
class Calc : CalcBase <T>
{
};

编译时出现以下错误：

c.cpp:26: error: template parameter 'typename std::enable_if<(! std::is_fundamental::value), int>::type <anonymous>'
c.cpp:36: error: redeclared here as 'typename std::enable_if<std::is_fundamental::value, int>::type <anonymous>'

如果传递的模板参数是一个类，这里的目的是选择覆盖基类函数调用运算符的 Calc 版本。如果传递的参数是基本类型，那么我们选择不覆盖基类功能的 Calc 版本。你能帮我理解我如何才能让它工作吗？

【问题讨论】：

您需要展示更多代码。目前尚不清楚什么应该是主要模板，什么是/是专业化
还不清楚这应该是什么意思：typename std::enable_if<std::is_fundamental<T>::value, int >::type = 0 类型何时以及为什么会等于零？通常我会认为答案是，永远不会。
@ChrisBeck 在他的例子中，type 是int 的别名，int 可以是一个非类型模板参数，它可以有一个默认值（例如 0）。这实际上是从参与重载解析中删除函数的一种方法，因为当std::enable_if<> 的条件为假时，没有type 别名并且SFINAE 发生。
我明白了，我以前从未见过那个。比较常见的是typename ENABLE = typename std::enable_if<...>::type
@ChrisBeck 和@user2296177。感谢您花时间查看我的问题。 Dietmar Kühl 提供了一个解决方案，解决了我的问题。感谢您的帮助。

标签： c++ templates c++11 stl enable-if

【解决方案1】：

我认为类模板声明不适用于 SFINAE：类模板不像函数模板那样重载。您正在声明两个具有相同名称的主类模板，这是不允许的。

方便的是，您的用例不需要 SFINAE：类模板支持部分特化。您只需使用默认的bool 参数并专门针对特征是true 或false 的类模板。例如：

template <class T, bool = std::is_fundamental<T>::value>
class Calc
{
  public:
    int operator()( const T& v ) const {
        return v.getValue();
    }
};

template <class T>
class Calc<T, false> : CalcBase <T>
{
};

【讨论】：

这对我来说非常有效。确实是一个非常优雅的解决方案。非常感谢您的帮助。