C++ 从enable#u if'继承；d基地

我试图对非字符数组的一个特性进行部分专门化：

template<typename T>
struct is_container : std::false_type {};

template<typename T, unsigned N>
struct is_container<T[N]>
: std::enable_if<!std::is_same<T, char>::value, std::true_type>::type {};

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但我真的很想知道为什么SFINAE在这种特殊情况下不起作用。

查看下面的主题“3.1启用模板类专门化”

编辑：万一boost.org链接死了

3.1启用模板类专门化 如果需要，可以使用enable_启用或禁用类模板专门化。需要为启用码表达式添加一个额外的模板参数。此参数具有默认值void。例如：

template <class T, class Enable = void> 
class A { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_integral<T> >::type> { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_float<T> >::type> { ... };

模板
A类{…}；
模板
A类{…}；
模板
A类{…}；

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使用任何整数类型实例化一个实例与第一个专门化匹配，而任何浮点类型与第二个专门化匹配。所有其他类型都与主模板匹配。条件可以是依赖于类的模板参数的任何编译时布尔表达式。请再次注意，启用_if的第二个参数是不需要的；默认值（void）是正确的值。

好吧，我认为

typename

前面需要

std:：enable\u if

，因为依赖类型，但我不会把它作为答案，因为这只是猜测@阿拉克：不需要。

typename

在该上下文中不是必需的。在搜索基类时，编译器会在开始时排除所有非类型。请参见：您能否指定您正在尝试执行的操作，例如，您正在尝试实例化

is_container

的什么上下文，以便您期望SFINAE启动？另一方面，如果你只需要一个有条件的基础，像

std:：conditional

这样的东西会更合适。这可能是一个硬错误的问题，你是否尝试过

boost:：lazy\u enable\u if

？我非常怀疑boost.org的链接会消失，但无论如何我会发布一个完整的答案。我也是，尽管他们过去已经重新组织过他们的站点：）请注意，

boost:：is_float

与

std:：is_float_point

非常相似。

template <class T, class Enable = void> 
class A { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_integral<T> >::type> { ... };

template <class T>
class A<T, typename enable_if<is_float<T> >::type> { ... };