C++ 带有'std:：enable_if<；的意外SFINAE行为；std：：是_化合物<；双重>；：：价值>`

我有一个模板类，我想根据模板参数为其启用不同的构造函数。具体来说，我想使用

std:：is_component

作为标准

SSCCE

//bla.cpp
#包括
#包括
模板
福班{
双杠；
公众：
模板
Foo（typename T:：value_type&b）：bar（b）{}
模板：：类型
>
Foo（tb）：bar（b）{}
};
int main（）{
双d=1.0；
Foo f2（d）；//工作
Foo f1（d）；//编译器错误
}

我发现以下编译错误：

g++-std=gnu++11 bla.cpp

bla.cpp: In instantiation of ‘class
Foo<double>’: bla.cpp:22:18:   required from here bla.cpp:11:2: error:
‘double’ is not a class, struct, or union type

bla.cpp:在“类”的实例化中
Foo'：bla.cpp:22:18:此处需要bla.cpp:11:2:错误：
“double”不是类、结构或联合类型

问题似乎是正在使用构造函数的第一个版本，这失败了，因为

double:：value\u type

不存在。问题是构造函数首先不应该在

Foo

中，因为

std:：is_component:：value

是

false

---

如果

似乎工作不正常，为什么
std:：enable\u？
在
typename T:：value\u type&
中，
T
不能用
double
代替。由于
T
是类模板的模板参数，而不是构造函数模板的模板参数，因此不能通过替换失败排除重载。SFINAE仅在涉及相关模板的参数时有效

如果您使用
typename U:：value\U type&
，您会得到一个不是错误的替换失败，因为
U
是构造函数模板的参数，而不是类模板的参数。
在这种情况下，是否仍然可以强制执行类型
U
必须等于type
T
？在这种情况下，似乎可以接受任何复合类型？我认为伪参数
U=T
可以解决这个问题（例如，SFINAE仍然可以处理
U
）。@MarcClaesen因为您无法将显式模板参数传递给构造函数模板，所以U不可能是T。@MarcClaesen我认为您需要的是
std:：enable_if
（对于其他构造函数也是如此），但这只是为您自己的类
Foo
启用特性，如
是可构造的。
bla.cpp: In instantiation of ‘class
Foo<double>’: bla.cpp:22:18:   required from here bla.cpp:11:2: error:
‘double’ is not a class, struct, or union type