std:：enable_if<；出错&燃气轮机； 我试图在C++中使用一个基本的Sfaye模式，其中STL STD:：Enable，如果，并且在第一个栏中失败： #include <type_traits> template< typename T > typename std::enable_if< true, bool >::type // compiles fine //std::enable_if< false, bool >::type // lots of errors myFunction( T val ) { // do stuff return true; } void main() { int i = 0; myFunction( i ); } #包括 模板 typename std:：enable_if：：type//编译良好 //std:：enable_if：：type//大量错误 myFunction（T val） { //做事 返回true； } void main（） { int i=0； 我的功能（i）； }

在第一种情况下，

enable_if

仅按预期工作。在第二种情况下，

enable\u if

我预计编译会失败，只会出现一个错误，沿着

'myFunction'：标识符未找到

，但我得到多个错误，从

'type'开始：不是'std:：enable\u if'

的成员，然后从那里传播更多错误

一方面，编译器确实给出了一个错误，但另一方面，我认为整个问题是替换失败不是一个错误？我是否遗漏了一个非常明显的要点？或者VC 2013是否存在SFINAE问题

---

当您使用

std:：enable\u if:：type
时，感谢您，字面上没有什么可以替代的。因此，代码总是错误的，编译器也会报告错误。SFINAE仅在存在“S”（替换）并最终导致“F”（失败）的情况下适用。
当您使用
std:：enable\u if:：type
时，字面上没有可替换的内容。因此，代码总是错误的，编译器也会报告错误。SimeAe仅适用于“S”（替换），最终为“F”（失败）。
 < P>原因是VisualC++和GCC都实现了<代码> STD::Enable，如果使用部分专门化的<代码>真/ <代码>情况，而只是泛型的空结构，这当然是您得到的<代码> false  >：

template<bool _Test,class _Ty = void>
struct enable_if
{   // type is undefined for assumed !_Test
};

template<class _Ty>
struct enable_if<true, _Ty>
{   // type is _Ty for _Test
  typedef _Ty type;
};

模板
结构启用\u如果
{//假定测试的类型未定义。\u
};
模板
结构启用\u如果
{//type是_测试的_Ty
类型定义类型；
};

他们甚至评论了类型> <代码> >对于<代码> false 实例。
 原因是VisualC++和GCC都实现了<代码> STD::Enable，如果使用部分专门化的<代码> true实例，而只是泛型的空结构，当然，这就是你得到的
false
：

template<bool _Test,class _Ty = void>
struct enable_if
{   // type is undefined for assumed !_Test
};

template<class _Ty>
struct enable_if<true, _Ty>
{   // type is _Ty for _Test
  typedef _Ty type;
};

模板
结构启用\u如果
{//假定测试的类型未定义。\u
};
模板
结构启用\u如果
{//type是_测试的_Ty
类型定义类型；
};

他们甚至对
type
对于
false
案例是未定义的这一事实进行了评论。
enable\u如果
在第一个模板参数为
false
时强制使用未定义的返回类型。有关更多信息，我建议阅读：
enable\u if
在第一个模板参数为
false
时强制使用未定义的返回类型。有关更多信息，我建议阅读：