有没有机会将enable_if 与类型转换运算符一起使用？看起来很棘手，因为返回类型和参数列表都是隐式的。
【问题讨论】：
template<typename T, typename = typename enable_if<Cond>::type> operator T() { ... }
标签： c++ boost casting operator-overloading enable-if
根据我所做的小研究（并忽略 Johannes 的 c++0x 评论），我的回答是这取决于您想要 enable_if 的用途。如果您希望 T 类型的转换操作存在或不存在 T ，那么答案似乎是否定的，在 C++03 中没有办法（正如 Ugo 所说）。但是，如果您需要 enable_if 根据 T 的类型更改运算符的 行为，那么可以，有一种解决方法是调用启用的辅助函数（称为 to<T>正如马修建议的那样）。
#include<iostream>
#include<boost/utility/enable_if.hpp>
#include<boost/type_traits/is_class.hpp>
struct B{
B(const B& other){}
B(){}
};
struct A{
template<class T>
T to(typename boost::enable_if_c<not boost::is_class<T>::value, void*>::type = 0){
std::clog << "converted to non class" << std::endl;
return T(0);
}
template<class T>
T to(typename boost::enable_if_c<boost::is_class<T>::value, void*>::type = 0){
std::clog << "conveted to class" << std::endl;
return T();
}
template<class T>
operator T(){
return to<T>();
}
};
int main(){
A a;
double d = (double)a; // output: "converted to non class"
B b = (B)(a); // output: "converted to class"
return 0;
}
为了记录，我对此感到沮丧好几天，直到我意识到我想要 enable_if 不是为了 SFINAE，而是为了编译时行为改变。您可能还会发现这也是您需要enable_if 的真正原因。只是一个建议。
（请注意这是针对C++98时代的答案）
【讨论】：
to() ，则相应的转换将失败并出现编译时错误，这是期望的行为。我错过了什么吗？
其实我已经找到了办法；我们使用一个私有的、未使用的类来标记一个不应该存在的转换，并且我们使用boost::mpl::if_ 来选择是生成一个到 NoConversion 还是到所需类型的转换。
class A {
class NoConversion { };
template<class B> operator typename boost::mpl::if_<Cond, B, NoConversion>::type() const;
}
【讨论】：
虽然我能理解这个问题的理论兴趣，但我个人尽量避免使用转换运算符。
我唯一使用过的一致性是转换为伪布尔值（使用安全布尔成语），用于智能指针或代理，并且如前所述，我使用了一个技巧来实际阻止完整的布尔语义.. .
如果我想促进转换，我更喜欢以下方式：
template <class T>
T to() const;
它不受转换运算符的限制（在签名方面）并且需要显式调用，只是因为它更清晰一些。
【讨论】：
dixit documentation:
似乎没有办法为转换运算符指定启用器。然而，转换构造函数可以将启动器作为额外的默认参数。
【讨论】：