C++ 类定义中的模板专门化

我想知道是否有可能将这样一个类的全部代码放在类中（类似于Java）。我这样做是为了一些代码，而不是必须搜索每个函数，我更希望整个类都放在一张纸上（是的，我确实打印了它们，我现在喜欢纸）

#包括
模板类别A{
公众：
A（）；
};
模板A:：A（）{
std：：cout是

这是完全可能的，尽管专门化必须在其他模板中完成

#include <iostream>

template <class V> class A {
public:
    A() {
        std::cout<<"Generic"<<std::endl;
    };
 };

template <> class A<bool>
{
public:
    A() { std::cout << "Bool specialization" << endl; }
};

int main(int argc, char** argv) {
    A<int> a;
    A<bool> b;
}

#包括
模板类别A{
公众：
(){
std:：cout是的，可以将所有内容都放在一个类定义中，而无需专门化，使用
std:：enable\u if
选择合适的构造函数，如下所示：

template <bool C, typename T = void>
using only_if = typename std::enable_if <C, T>::type;

template <typename A, typename B>
using eq = typename std::is_same <A, B>::type;

template <class V> class A {
public:
    template <typename D = int, only_if <!eq <V, bool>{}, D> = 0>
    A() { std::cout<<"Generic"<<std::endl; };

    template <typename D = int, only_if <eq <V, bool>{}, D> = 0>
    A() { std::cout<<"bool"<<std::endl; }
};

模板
仅使用_if=typename std:：enable_if:：type；
模板
使用eq=typename std:：是一个非常通用的元组实现示例，它有五个构造函数，所有构造函数都使用
enable\u if
，一个（默认值）使用伪模板参数。其余四个用于显式与非显式以及元素列表与其他元组的组合。
啊，是的，这仍然是几个“单位”，但这确实比我最初的想法要好。从技术上讲，这是最正确的答案，尽管代码可读性为负1:）
#include <iostream>

template <class V> class A {
public:
    A() {
        std::cout<<"Generic"<<std::endl;
    };
 };

template <> class A<bool>
{
public:
    A() { std::cout << "Bool specialization" << endl; }
};

int main(int argc, char** argv) {
    A<int> a;
    A<bool> b;
}

template <bool C, typename T = void>
using only_if = typename std::enable_if <C, T>::type;

template <typename A, typename B>
using eq = typename std::is_same <A, B>::type;

template <class V> class A {
public:
    template <typename D = int, only_if <!eq <V, bool>{}, D> = 0>
    A() { std::cout<<"Generic"<<std::endl; };

    template <typename D = int, only_if <eq <V, bool>{}, D> = 0>
    A() { std::cout<<"bool"<<std::endl; }
};