C++ 如何使用std:：enable_if on方法对模板化类进行专门化，并通过专门化分别声明和定义

我试图使用专门化在头文件和实现之间分割一个模板类，但我希望一个方法只出现在某些专门化中

头文件：

template <typename T>
class A
{
  public:
  void foo();
  void bar();

  template<typename U = T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
  void special();
};

实施：

template<typename T>
void A<T>::foo()
{
  ...
}

template<typename T>
void A<T>::bar()
{
  ...
}

template<typename T, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,T>::value>::type>
void A<T>::special()
{
  ...
}

// generate specializations
template
class A<float>;

template
class A<int>;

template
class A<std::string>;

---

然而，我不断得到错误：当我这样尝试时，或者当我将std:：enable_作为返回类型时，声明与函数模板void A:：special不兼容。定义应该如何匹配此特殊方法的声明？

此代码存在一些问题。在声明中，有一个额外的尖括号。此外，*紧跟着=将始终被解释为单个标记*=；在这段代码中，它们必须用空格分隔，以便*被解释为形成指针，=被解释为声明模板参数的默认值。因此，宣言应改为：

template<typename U = T,
         typename std::enable_if<std::is_convertible<int,U>::value>::type* = nullptr>
void special();

请注意，此处U的准确拼写并不重要：我们可以重新标记U，因为它是一个伪变量：

template <typename T>
template <typename V, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,V>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}

---

但是，除了重新标记外，所有其他细节都必须完全匹配。

@unglish\u mark这些都是我根据真实代码创建最小示例时的错误。它们已得到纠正。谢谢。同样，T也可以重新标记为：模板模板void A:：special。

template <typename T>
template <typename V, typename std::enable_if<std::is_convertible<int,V>::value>::type*>
void A<T>::special()
{
    // ...
}