C++-14使用enable_if__t选择整型模板化类的成员函数

我正在尝试基于整型类模板参数启用不同的成员函数，如下所示：

#include <type_traits>

template<int Dimension>
struct Foo
{
    template<std::enable_if_t<Dimension == 1> = 0>
    int bar(int i) const { return i; }

    template<std::enable_if_t<Dimension == 2> = 0>
    int bar(int i, int j) const { return i + j; }
};

int main(int argc, const char **argv)
{
    Foo<1> a;
    a.bar(1);

    Foo<2> b;
    b.bar(1,2);

    return 0;
}

在c++-14模式下使用gcc5时，无法编译，出现以下错误：

tools/t1.cpp: In instantiation of 'struct Foo<1>':
tools/t1.cpp:18:12:   required from here
tools/t1.cpp:13:9: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>'
     int bar(int i, int j) const { return i + j; }
         ^
tools/t1.cpp: In instantiation of 'struct Foo<2>':
tools/t1.cpp:21:12:   required from here
tools/t1.cpp:10:9: error: no type named 'type' in 'struct std::enable_if<false, int>'
     int bar(int i) const { return i; }

这些似乎表明SFINAE没有做我期望的事情，因为enable\u if\u t似乎工作正常

在这个简单的例子中，重载也可以工作，但在我的实际用例中，我需要隐藏函数，以防止意外使用和/或编译错误，具体取决于具体情况

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SFINAE在这里遗漏了什么？

在模板参数推导过程中发生的替换失败并不是一个累赘

另外，如果\u t为void，并且不能有void模板非类型参数，则启用\u

使用默认模板参数延迟计算：

template<int Dimension>
struct Foo
{
    template<int..., int I = Dimension, std::enable_if_t<I == 1, int> = 0>
    int bar(int i) const { return i; }
    // etc.
};

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未命名的参数packint。。。谨防试图明确指定I.

@T.C.我强烈怀疑您的句子“替换失败不是大象”，包含错误，即使不能说它确实是错误的。很好的提示，guard pack，从未想过该技术：+1。您能举例说明此int的必要性吗？@Orient没有它，您可以编写Foo.bar0；。