C++ 具有零或一个参数的函数上的Sfinae

考虑以下两项声明：

template <class Function, 
          class = typename std::enable_if</*Function has zero argument*/>::type>
void apply(Function&& function);
template <class Function, 
          class... Dummy,
          class = typename std::enable_if</*Function has one argument*/>::type,
          class = typename std::enable_if<sizeof...(Dummy) == 0>::type>
void apply(Function&& function, Dummy...);

模板
无效申请（职能和职能）；
模板
无效应用（功能和功能，虚拟…）；

---

在第一种和第二种情况下，当函数有零个或一个参数时（无论参数的类型如何），我应该在

std:：enable_中放置什么来约束重载
 以下特征可能对你有所帮助：

#include <type_traits>
#include <functional>

template <typename T>
struct arity : public arity<decltype(&T::operator())> {};

template <typename C, typename Ret, typename... Args>
struct arity<Ret(C::*)(Args...) const> :
    std::integral_constant<std::size_t, sizeof...(Args)>
{
};

// Do the same for other (11) combination of volatile, const, reference method.

// function pointer
template<class R, class... Args>
struct arity<R(*)(Args...)> : public arity<R(Args...)>
{};

template<class R, class... Args>
struct arity<R(Args...)> : std::integral_constant<std::size_t, sizeof...(Args)>
{
};

#包括
#包括
模板
结构性：公共性{}；
模板
结构：
积分常数
{
};
//对volatile、const和reference方法的其他（11）组合也进行同样的操作。
//函数指针
模板
结构性：公共性
{};
模板
结构：std：：积分常数
{
};

然后

template <class Function,
          class = typename std::enable_if<arity<typename std::remove_reference<Function>::type>::value == 0>::type>
void apply(Function&& function);

模板
无效申请（职能和职能）；
关于函数对象呢？你可以用
操作符（）和std:：function（）来完成functor类的trait。FWIW，有trait（注意：不是Boost的一部分）这是多么无用：如果你想把自己限制在函数指针上，只需做：
模板void apply（R（*function）（）；模板无效应用（R（*函数）（Arg0，Args…）
如果要正确执行此操作并支持所有类型的可调用类型，这种“函数特性”的废话永远不会起作用。@R.MartinhoFernandes：给定的链接为某些成员
操作符（）
完成此操作。首先，我不建议以这种方式使用默认模板arg。一般来说，不管函数的类型是什么，你都不知道是否可以用一个参数调用函数。在某些情况下，转换为任何内容的伪类型都可能有效，但如果函数使用SFINAE，则无效。如果函数可以使用一个参数调用，但您不知道该参数的类型，您为什么会在意呢？如果您不知道参数的类型，就不可能调用它。您可以调用它的唯一场景是您知道参数类型的场景。