C++ 如果Enable\u确定T是容器，则启用结构？

我正在尝试构建一个模板结构，它只接受

T

的容器。我发现它展示了如何确定传入的值是否是容器。所以我决定继续并尝试在我的程序中使用它，因为我不希望用户创建一个整数、浮点或双精度的结构

以下是我编写的代码：

template<typename T> 
struct is_container : std::integral_constant<bool, has_const_iterator<T>::value && has_begin_end<T>::beg_value && has_begin_end<T>::end_value> { };

template<typename T, typename Enable = void>
struct Cont;

template <typename T>
struct Cont<T, typename std::enable_if<is_container<T>::value>>
{
  Cont(const std::string &n) : name(n) {}
  std::string name;
};

我怎样才能做到这一点

这让我相信我在

std:：enable_上做错了什么，如果
或者我遗漏了一些非常简单的东西

没错

您忘记了一个
：：键入

template <typename T>  // add this ---------------------------vvvvvv
struct Cont<T, typename std::enable_if<is_container<T>::value>::type>
{
  Cont(const std::string &n) : name(n) {}
  std::string name;
};

谢谢，我不知道最后我需要
键入
。但是，我决定使用
std:：enable_if_t
选项，因为它看起来更干净。
int main()
{
  Cont<std::vector<int>> myContainer("Vector"); //happily compiles
  Cont<int> badContainer("Bad"); // will not compile
}

template <typename T>  // add this ---------------------------vvvvvv
struct Cont<T, typename std::enable_if<is_container<T>::value>::type>
{
  Cont(const std::string &n) : name(n) {}
  std::string name;
};

template <typename T>
struct Cont<T, std::enable_if_t<is_container<T>::value>>
{
  Cont(const std::string &n) : name(n) {}
  std::string name;
};