C++ 如何仅在类的模板参数通过某些测试时声明方法？

阅读了

std:：enable_if

上的文档后，我知道我可以做如下操作：

// foo2 overload is enabled via a parameter
template<class T>
T foo2(T t, typename std::enable_if<std::is_integral<T>::value >::type* = 0) 
{
    return t;
}

//通过参数启用foo2重载
模板
T foo2（T，typename std:：enable_if:：type*=0）
{
返回t；
}

但是，如果测试的模板参数来自类的模板，而不是方法的模板，该怎么办

在以下示例中，如果派生类的某个模板参数是浮点类型，我将尝试重载基类方法：

class Base
{
public:
    template <typename X>
    void fun() {}
};

template <typename T>
class Derived : public Base
{
public:
    template <typename X, typename std::enable_if<std::is_floating_point<T>::value, void>::type* = nullptr>
    void fun() {}
};

int main()
{
    Derived<double> d1;
    Derived<int> d2;
    return 0;
}

类基
{
公众：
模板
void fun（）{}
};
模板
派生类：公共基
{
公众：
模板
void fun（）{}
};
int main（）
{
衍生d1；
衍生d2；
返回0；
}

我该怎么做？目前，我得到：

错误：“struct std:：enable_if”中没有名为“type”的类型

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您可能希望对此使用部分专门化。在模板成员函数本身上使用

enable_if

（可以这样做，只需添加另一个默认值为

T

的模板参数，并在该参数上使用

enable_if

）

类基
{
公众：
模板
void fun（）{std:：cout
class Base
{
public:
    template <typename X>
    void fun() { std::cout << "Base fun()" << std::endl; }
};

template <typename T, bool is_float = std::is_floating_point<T>::value>
class Derived : public Base
{
public:
    template <typename X>
    void fun() { std::cout << "Derived fun()" << std::endl;}
};

template <typename T>
class Derived<T, false> : public Base
{

};